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CORSO DI MATEMATICA 2 CORSO DI LAUREA MAGISTRALE (LMA) M.L. BENNATI - O. PEDEMONTE RACCOLTA DI ESERCITAZIONI FACOLT ` A DI ARCHITETTURA - DIPARTIMENTO DSA UNIVERSIT ` A DI GENOVA

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Page 1: dispense matematica

CORSODI

MATEMATICA 2

CORSO DI LAUREAMAGISTRALE (LMA)

M.L. BENNATI - O. PEDEMONTE

RACCOLTA DI ESERCITAZIONI

FACOLTA DI ARCHITETTURA - DIPARTIMENTO DSAUNIVERSITA DI GENOVA

Page 2: dispense matematica

2

Page 3: dispense matematica

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

Page 4: dispense matematica

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.

Page 5: dispense matematica

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).

Page 6: dispense matematica

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.

Page 7: dispense matematica

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.

Page 8: dispense matematica

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.

Page 9: dispense matematica

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.

Page 10: dispense matematica

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

Page 11: dispense matematica

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.

Page 12: dispense matematica

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),

Page 13: dispense matematica

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.

Page 14: dispense matematica

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.

Page 15: dispense matematica

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.

Page 16: dispense matematica

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.

Page 17: dispense matematica

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.

Page 18: dispense matematica

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.

Page 19: dispense matematica

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

Page 20: dispense matematica

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).

Page 21: dispense matematica

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.

Page 22: dispense matematica

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.

Page 23: dispense matematica

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

Page 24: dispense matematica

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.

Page 25: dispense matematica

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.

Page 26: dispense matematica

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

Page 27: dispense matematica

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.

Page 28: dispense matematica

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.

Page 29: dispense matematica

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.

Page 30: dispense matematica

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.

Page 31: dispense matematica

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

Page 32: dispense matematica

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

Page 33: dispense matematica

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.

Page 34: dispense matematica

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.

Page 35: dispense matematica

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.

Page 36: dispense matematica

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.

Page 37: dispense matematica

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.

Page 38: dispense matematica

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).

Page 39: dispense matematica

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

Page 40: dispense matematica

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 .

Page 41: dispense matematica

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.

Page 42: dispense matematica

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.

Page 43: dispense matematica

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.

Page 44: dispense matematica

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.

Page 45: dispense matematica

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.

Page 46: dispense matematica

46 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI

x

y

P0(2,2)

∇ f (P0)

t

Page 47: dispense matematica

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).

Page 48: dispense matematica

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

Page 49: dispense matematica

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.

Page 50: dispense matematica

50 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI

x

y

P0(1/3,1)∇ f (P0)

t

Page 51: dispense matematica

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

Page 52: dispense matematica

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.

Page 53: dispense matematica

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)

Page 54: dispense matematica

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.

Page 55: dispense matematica

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

Page 56: dispense matematica

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

Page 57: dispense matematica

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.

Page 58: dispense matematica

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.

Page 59: dispense matematica

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.

Page 60: dispense matematica

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.

Page 61: dispense matematica

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).

Page 62: dispense matematica

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.

Page 63: dispense matematica

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.

Page 64: dispense matematica

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.

Page 65: dispense matematica

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 >

Page 66: dispense matematica

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.

Page 67: dispense matematica

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 .

Page 68: dispense matematica

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

Page 69: dispense matematica

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.

Page 70: dispense matematica

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

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.

Page 71: dispense matematica

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.

Page 72: dispense matematica

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.

Page 73: dispense matematica

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.

Page 74: dispense matematica

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

Page 75: dispense matematica

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)

Page 76: dispense matematica

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.

Page 77: dispense matematica

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.

Page 78: dispense matematica

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.

Page 79: dispense matematica

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.

Page 80: dispense matematica

80 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI

Page 81: dispense matematica

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

Page 82: dispense matematica

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

Page 83: dispense matematica

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

∫ 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

] π

2

π

6

=23+

π

2− 1

3=

π

4− 2

3· 1

16+

√3

4− π

6+

16+

π

12=

1124

6.∫∫

D(x+1)dxdy =

1330

+1124

6.

Ricordiamo che∫sin3

θ cosθdθ =

[∫t3dt

]t=sinθ

=sin4

θ

4+ c, c ∈ R.

Page 84: dispense matematica

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.

Page 85: dispense matematica

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

Page 86: dispense matematica

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}.

Page 87: dispense matematica

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

∫ √2

0(ρ2 sinθ +2ρ)dρ +

∫ 54 π

34 π

∫ −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

=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.

Page 88: dispense matematica

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}.

Page 89: dispense matematica

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.

Page 90: dispense matematica

90 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI

∫∫D2

xdxdy =∫∫

D′2ρ

2 cosθ dθdρ =∫

π

π/2dθ

∫ 2

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

∫ −2cosθ

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

2 sinθ dρ

=∫

π

π/2sinθ

[ρ3

3

]2

0dθ =

∫π

π/2

83

sinθ dθ =−83[cosθ ]π

π/2 =83.

Page 91: dispense matematica

91

∫∫D3

ydxdy =∫∫

D′3ρ

2 sinθ dθdρ =∫ 3π/2

π

∫ −2cosθ

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

.

Page 92: dispense matematica

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

Page 93: dispense matematica

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

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

.

Page 94: dispense matematica

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

Page 95: dispense matematica

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.

Page 96: dispense matematica

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.

Page 97: dispense matematica

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.

Page 98: dispense matematica

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.

Page 99: dispense matematica

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.

Page 100: dispense matematica

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).

Page 101: dispense matematica

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.

Page 102: dispense matematica

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

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 ,

Page 103: dispense matematica

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

∫ 2sinθ

0(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρ

+∫ 3π

4

π

2

∫ 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

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.

Page 104: dispense matematica

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},

Page 105: dispense matematica

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

∫ 2

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

.

Page 106: dispense matematica

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}.

Page 107: dispense matematica

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).

Page 108: dispense matematica

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

.

Page 109: dispense matematica

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

Page 110: dispense matematica

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

∫ 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/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.

Page 111: dispense matematica

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

Page 112: dispense matematica

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

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

Page 113: dispense matematica

113

oppure

∫∫D

ydydx =∫ 2

0dy∫ −√2−y

−√

4−y2ydx+

∫ 54 π

π

∫ 2

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

∫ 2

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

Page 114: dispense matematica

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

Page 115: dispense matematica

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)

Page 116: dispense matematica

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.

Page 117: dispense matematica

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

∫ 2√

2√

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.

Page 118: dispense matematica

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

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

Page 119: dispense matematica

119

riduzione degli integrali doppi:∫∫T(2x+3)dxdy =

∫∫T ′(2ρ cosθ +3)ρdρdθ =

=∫ 3

4 π

π

4

∫ 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.

Page 120: dispense matematica

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}

Page 121: dispense matematica

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

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 .

Page 122: dispense matematica

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.

Page 123: dispense matematica

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.

Page 124: dispense matematica

124 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI

D1

x

y

D3

D4

D2

C A

B

E

y =√

3x

π

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

∫ 2

2 cosθdρ +∫ 4

3 π

π

∫ 2

2 cosθdρ +∫ −1

−2dx∫ x+2

0xdy+

∫ 0

−1dx∫ x+2

x+1xdy

Page 125: dispense matematica

125∫∫D

ydxdy =∫∫

D1

ydxdy+∫∫

D2

ydxdy+∫∫

D3

ydxdy+∫∫

D4

ydxdy

=∫ π

2

π

3

∫ 2

2 sinθdρ +∫ 4

3 π

π

∫ 2

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.

Page 126: dispense matematica

126 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI∫∫D′1(3ρ

2 cosθ +2ρ2 sinθ −ρ)dρdθ

=∫ π

2

π

3

∫ 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

] 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

] 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

Page 127: dispense matematica

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.

Page 128: dispense matematica

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

Page 129: dispense matematica

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}.

Page 130: dispense matematica

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

∫ 2cosθ

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

∫ −2cosθ

2 sinθ dρ =∫

π

π

2

sinθ

[ρ3

3

]−2cosθ

0dθ

=−83

∫π

π

2

sinθ cos3θdθ

=83

[cos4 θ

4

π

2

=23.

Page 131: dispense matematica

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

Page 132: dispense matematica

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

∫ 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.

Page 133: dispense matematica

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

Page 134: dispense matematica

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.

Page 135: dispense matematica

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.

Page 136: dispense matematica

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 .

Page 137: dispense matematica

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.

Page 138: dispense matematica

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.

Page 139: dispense matematica

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.

Page 140: dispense matematica

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.

Page 141: dispense matematica

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) .

Page 142: dispense matematica

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.

Page 143: dispense matematica

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.

Page 144: dispense matematica

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.

Page 145: dispense matematica

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.

Page 146: dispense matematica

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.

Page 147: dispense matematica

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.

Page 148: dispense matematica

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.

Page 149: dispense matematica

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

Page 150: dispense matematica

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.

Page 151: dispense matematica

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

Page 152: dispense matematica

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.

Page 153: dispense matematica

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)]

Page 154: dispense matematica

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.

Page 155: dispense matematica

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

Page 156: dispense matematica

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.

Page 157: dispense matematica

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

).

Page 158: dispense matematica

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.

Page 159: dispense matematica

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.

Page 160: dispense matematica

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

Page 161: dispense matematica

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.

Page 162: dispense matematica

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

Page 163: dispense matematica

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.

Page 164: dispense matematica

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.

Page 165: dispense matematica

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.

Page 166: dispense matematica

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;

Page 167: dispense matematica

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)::

Page 168: dispense matematica

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).

Page 169: dispense matematica

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.

Page 170: dispense matematica

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

),

Page 171: dispense matematica

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

Page 172: dispense matematica

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.

Page 173: dispense matematica

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.

Page 174: dispense matematica

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

Page 175: dispense matematica

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,+∞

)

Page 176: dispense matematica

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,+∞)

Page 177: dispense matematica

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.

Page 178: dispense matematica

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

Page 179: dispense matematica

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

Page 180: dispense matematica

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.

Page 181: dispense matematica

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

Page 182: dispense matematica

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

Page 183: dispense matematica

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.

Page 184: dispense matematica

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

Page 185: dispense matematica

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.

Page 186: dispense matematica

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.

Page 187: dispense matematica

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

Page 188: dispense matematica

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

Page 189: dispense matematica

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.

Page 190: dispense matematica

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

Page 191: dispense matematica

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.

Page 192: dispense matematica

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

Page 193: dispense matematica

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

Page 194: dispense matematica

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.

Page 195: dispense matematica

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

Page 196: dispense matematica

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

Page 197: dispense matematica

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.

Page 198: dispense matematica

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.

Page 199: dispense matematica

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

Page 200: dispense matematica

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

Page 201: dispense matematica

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

Page 202: dispense matematica

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

Page 203: dispense matematica

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:

Page 204: dispense matematica

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

Page 205: dispense matematica

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

Page 206: dispense matematica

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,

Page 207: dispense matematica

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 .

Page 208: dispense matematica

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 .

Page 209: dispense matematica

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.

Page 210: dispense matematica

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

]

Page 211: dispense matematica

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.

Page 212: dispense matematica

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

Page 213: dispense matematica

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

Page 214: dispense matematica

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,

Page 215: dispense matematica

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.

Page 216: dispense matematica

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

Page 217: dispense matematica

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,

Page 218: dispense matematica

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

Page 219: dispense matematica

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

Page 220: dispense matematica

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).

Page 221: dispense matematica

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.

Page 222: dispense matematica

222 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI

x

y

O3A

3 B

γ1γ2

Page 223: dispense matematica

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

Page 224: dispense matematica

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

Page 225: dispense matematica

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.

Page 226: dispense matematica

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

Page 227: dispense matematica

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,

Page 228: dispense matematica

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

Page 229: dispense matematica

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.

Page 230: dispense matematica

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

Page 231: dispense matematica

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

Page 232: dispense matematica

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.

Page 233: dispense matematica

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)

Page 234: dispense matematica

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

Page 235: dispense matematica

235

x

y

A(1,2)

B(3,−3)

C(3,3)