Svolgimenti esercizi

Michiel Bertsch, Roberta Dal Passo, Lorenzo Giacomelli

Analisi Matematica — 2a edizione

Svolgimento di alcuni esercizi dei capitoli 10-20con la collaborazione di Daniele Castorina

CAPITOLO 10

10.1a) Dato che la radice quadrata ha senso solo per argomenti non negativi, dobbiamo

imporre 4 − x2 − y2 ≥ 0. Quindi dom f = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4, cioegeometricamente l’interno e il bordo della palla di centro nell’origine e raggio 2.

b) Dato che il logaritmo e definito solo per argomenti positivi, bisogna imporre x2 +

y2 − 4 > 0. Quindi dom f = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 4, che rappresenta l’esternodella palla di centro nell’origine e raggio 2.

c) Poiche un quoziente non e definito quando il suo denominatore si annulla, bisognaimporre che x − y , 0. Quindi dom f = (x, y) ∈ R2 : x , y, cioe il piano privatodella bisettrice del primo e terzo quadrante.

Svolgimento di alcuni esercizi del Capitolo 10 2

d) La funzione arcocoseno ha come dominio l’intervallo [−1, 1]. Quindi imponendoche −1 ≤ x2 + y2 − 4 ≤ 1 otteniamo dom f = (x, y) ∈ R2 : 3 ≤ x2 + y2 ≤ 5, chee la corona circolare compresa tra le circonferenze di centro nell’origine e raggio,rispettivamente,

√3 e√

5.

e) L’argomento della radice deve essere non negativo e il denominatore deve esserediverso da zero. Quindi

1

x+y−1 ≥ 0x + y − 1 , 0,

ovvero x + y − 1 > 0.

Pertanto dom f = (x, y) ∈ R2 : y > 1 − x, il semipiano sovrastante la retta diequazione y = −x + 1.

Michiel Bertsch, Roberta Dal Passo, Lorenzo GiacomelliAnalisi matematica, 2a ed., MacGraw-Hill, 2011


10.10e) L’insieme e limitato perche contenuto nel rettangolo (0, 2)× [−1, 1]. Inoltre, nonos-

tante l’intervallo (0, 2) per le ascisse non sia chiuso, la circonferenza di centro nel-l’origine e raggio

√3 in questo rettangolo non tocca ne la retta x = 0 ne la retta

x = 2. Infatti l’insieme coincide con

(x, y) : y ∈ [−1, 1], x =

√3 − y2

.

Quindi, essendo chiuso e limitato, l’insieme proposto e compatto.

f) I punti (x, y) = (√

2,±1) sono di accumulazione per l’insieme, ma non vi ap-partengono. Quindi l’insieme non e chiuso (per il Teorema 10.4) e percio non ecompatto.

10.12a) Risolvendo l’equazione 3x + 4y = 5 rispetto ad x si ottiene y = 5−3x

4 . Ponendoquindi x = t, una possibile parametrizzazione di tale retta e γ(t) =

(t, 5−3t

4

), t ∈ R.

b) L’equazione 9x2 + 4y2 = 36 rappresenta l’ellisse di centro nell’origine e semiassia = 2, b = 3. Considerando un generico sistema di coordinate ellittiche,

x = a cos t, y = b sin t, t ∈ [0, 2π],

e imponendo che l’equazione sia soddisfatta si ottiene

9a2 cos2 t + 4b2 sin2 t = 36 per ogni t ∈ [0, 2π].

Perche cio sia vero e sufficiente che 9a2 = 4b2 = 36: ad esempio, a = 2 e b = 3.Percio una parametrizzazione di tale ellisse e per esempio γ(t) = (2 cos t, 3 sin t),t ∈ [0, 2π].

c) L’intersezione tra i due piani e tale che

4x − y + z = 13x − y − z = 2.



Esplicitando entrambe le equazioni prima rispetto ad y e poi rispetto a z ed eguaglian-dole, si ottiene

4x + z − 1 = 3x − z − 2y − 4x + 1 = 3x − y − 2, ovvero

x = −2z − 12y = 7x − 3 = −14z − 10.

Quindi, scegliendo come parametro z = t, si ottengono le equazioni parametricheγ(t) = (−2t − 1,−7t − 5, t), t ∈ R.

10.14a) E sufficiente applicare il teorema degli zeri alla funzione continua f γ : [a, b]→ R.

b) X e connesso, quindi esiste una curva γ : [a, b]→ X tale che γ(a) = x1 e γ(b) = x2e il risultato segue dalla parte (a).

c) Esistono x1, x2 ∈ X tali che f (x1) < c < f (x2), quindi basta applicare la parte (b)alla funzione x 7→ f (x) − c.

10.15a) Per le proprieta generali, le funzioni (x, y) 7→ 3x + y + 2 e (x, y) 7→ 4x + 3y sono

continue in R2, quindi f risulta continua in R2 \ x = 0. Su x = 0 la continuitava verificata attraverso l’uguaglianza tra il limite destro e sinistro per x → 0 deidue polinomi. Questo calcolo ci dice che f e continua nel punto (0, y) se e solo sey + 2 = 3y, ovvero solo nel punto (x, y) = (0, 1).

b) Per le proprieta generali, le due funzioni (x, y) 7→ 2 e (x, y) 7→ 6x sono continuein R2, quindi f risulta continua in R2 \ x2 + y2 = 1. Sulla circonferenza f risultacontinua solo dove queste due funzioni coincidono, ovvero se 2 = 6x ovvero sex = 3. Ma quest’ultima equazione e impossibile su x2 + y2 = 1, quindi f non econtinua in alcun punto della circonferenza.

10.16b) Tale limite non esiste perche differisce lungo gli assi coordinati: posto f (x, y) =

3x+5yx2−y2 , si ha

limx→0−

f (x, 0) = limx→0−

3x

= −∞, mentre limx→0+

f (x, 0) = limx→0+

3x

= +∞.

e) Sfruttando il limite notevole per il seno e la disuguaglianza 2|xy| ≤ x2 +y2, si ottiene

0 ≤ sin2(xy)3x2 + 2y2 =

x2y2(1 + o(1))3x2 + 2y2 ≤ 1

4(x2 + y2)2

(3x2 + 2y2)(1 + o(1))

≤ 14

(x2 + y2)2

(2x2 + 2y2)(1 + o(1)) ≤ x2 + y2

8(1 + o(1))→ 0 per (x, y)→ (0, 0).

Quindi, per il teorema del confronto, lim(x,y)→(0,0)

sin2(xy)3x2 + 2y2 = 0.

CAPITOLO 11



11.1a) Utilizzando la regola di derivazione di un quoziente e notando che ∂x(x) = 1,

∂y(x) = 0, ∂x(x2 + y2 + 1) = 2x e ∂y(x2 + y2 + 1) = 2y, si ottiene

fx =y2 − x2 + 1

(x2 + y2 + 1)2 , fy = − 2xy(x2 + y2 + 1)2 .

c) Ricordando cheddt

(arctg t) = 1/(1+ t2) ed utilizzando la regola di derivazione dellafunzione composta, si ottiene

fx =yz2

1 + x2y2z4 , fy =xz2

1 + x2y2z4 , fz =2xyz

1 + x2y2z4 .

11.3b) Dato che

fx(x, y) = y2 cos(xy2), fy(x, y) = 2xy cos(xy2),

sostituendo (x, y) = (π, 1) otteniamo che

f (π, 1) = 0, ∇ f (π, 1) = (−1,−2π),

da cui l’equazione del piano tangente e z = −(x − π) − 2π(y − 1) = −x − 2πy + 3π.

11.4Dato che

∇ f (x, y) = (3x2 + 2xy − 3y2, x2 − 6xy + 3y2)

otteniamo che

Dv f (1, 2) = 〈∇ f (1, 2), v〉 =⟨(−5, 1),

(12

√2,− 1

2

√2)⟩

= −3√

2.

Nel caso generale, ponendo v = (cosα, sinα) con α ∈ [0, 2π), si ha

Dv f (1, 2) = −5 cosα + sinα.

Quindi si deve cercare il massimo della funzione g(α) = sinα − 5 cosα. Si ha

g′(α) = cosα + 5 sinα = 0 ⇔ (cosα, sinα) = ±(

5√26,− 1√

26

).

Pertanto il massimo viene assunto per (cosα, sinα) = −(

5√26,− 1√

26

). Quindi max g =

√26.

11.6Utilizzando la definizione di derivata direzionale, si ha

Dv f (0, 0) = limt→0

f (tv1, tv2) − f (0, 0)t

=

0 se v2 , 0v1 se v2 = 0.

f non e differenziabile in (0, 0) poiche la (11.15) non e sempre verificata:

〈∇ f (0, 0), (v1, v2)〉 = 〈(1, 0), (v1, v2)〉 = v1 , 0 = Dv f (0, 0) se v1 , 0 e v2 , 0.



11.7a) Visto che g′(y) =

∫ 21

3x+3y dx, si ottiene g′(0) =

∫ 21

3x dx = 3 log 2.

b) Visto che g′(y) =∫ 2

1 − 1(x2+y)2 dx, si ottiene g′(0) =

∫ 21 − 1

x4 dx = − 724 .

11.9a) Si ha

fx = (1 + y)ex+y2+xy

fy = (2y + x)ex+y2+xy,

fxx = (1 + y)2ex+y2+xy

fxy = fyx = (1 + (1 + y)(2y + x))ex+y2+xy

fyy = (2 + (2y + x)2)ex+y2+xy,

per cui

D2 f (x, y) = ex+y2+xy(

y2 + 2y + 1 2y2 + xy + x + 2y + 12y2 + xy + x + 2y + 1 x2 + 4xy + 4y2 + 2

).

b) Si ha fx = 2x + 2yfy = 2x + 3zfz = 3y − 2z,

per cui

D2 f (x, y, z) =

2 2 02 0 30 3 −2

.

11.11

Si ha fx = 3x2 + 4xy + 3y2

fy = 2x2 + 6xy − 12y2,

fxx = 6x + 4yfxy = fyx = 4x + 6yfyy = 6x − 24y,

per cui

D2 f (x, y) =

(6x + 4y 4x + 6y4x + 6y 6x − 24y

).

In particolare

f (1, 2) = −15, ∇ f (1, 2) = (23,−34), D2 f (1, 2) =

(14 1616 −42

),

quindi il polinomio di Taylor di ordine 2 con centro (1, 2) di f e

−15 + 23(x − 1) − 34(y − 2) + 7(x − 1)2 + 16(x − 1)(y − 2) − 21(x − 2)2.



11.12b) Poiche fxx = 2y2, fxy = fyx = 4xy, fyy = 2x2, si ha

det D2 f (x, y) = det(

2y2 4xy4xy 2x2

)= −12x2y2,

per cui la funzione f non e convessa ne concava in alcun sottoinsieme aperto (econvesso) di R2.

11.13b) I punti critici (x, y) di f sono le soluzioni di

fx = (x2 + 4

9 y3 − 3y + 2x)ex = 0

fy = ( 43 y2 − 3)ex = 0

⇔

x2 + 49 y3 − 3y + 2x = 0

43 y2 − 3 = 0.

La seconda equazione ha soluzioni y = ± 32 . Sostituendo y = − 3

2 nella prima siottiene l’equazione x2 + 2x + 3 = 0, che non ammette soluzioni (reali). Sostituendoinvece y = 3

2 si ottiene l’equazione x2 + 2x − 3, con soluzioni x = −3 o x = 1.Quindi f ha due punti critici: (x, y) = (−3, 3

2 ) e (x, y) = (1, 32 ).

Inoltre

D2 f (x, y) =

((2x + 2 + x2 + 4

9 y3 − 3y + 2x)ex ( 43 y2 − 3)ex

( 43 y2 − 3)ex 8

3 yex

),

quindi

det D2 f (1, 32 ) = det

(4e 00 4e

)= 16e2 > 0, fxx(1, 3

2 ) = 4e > 0,

det D2 f (−3, 32 ) = det

( −3e−3 00 4e−3

)= −12e−6 < 0.

Percio (1, 32 ) e un punto di minimo e (−3, 3

2 ) e un punto di sella.

c) Si ha fx = 6x2 − 6y = 0fy = −6x + 6y = 0 ⇔

y = x2

x = y,

che ha due soluzioni, i punti critici di f : (x, y) = (0, 0) e (x, y) = (1, 1). Inoltre

D2 f (x, y) =

(12x −6−6 6

),

quindidet D2 f (0, 0) = −36 < 0,

det D2 f (1, 1) = 36 > 0 e fyy(1, 1) = 6 > 0.

Percio (0, 0) e un punto di sella e (1, 1) e un punto di minimo locale.

d) Si ha

fx(x, y) = x2 + xy = x(x + y) = 0fy(x, y) = 1

2 x2 + 2y − 6 = 0 ⇔

x = 0y = 3 oppure

x = −yy2 + 4y − 12 = 0,



da cui segue che i punti critici sono P1 = (0, 3), P2 = (6,−6), P3 = (−2, 2). Si ha

D2 f (x, y) =

(2x + y x

x 2

),

quindi detD2 f (P1) = 6 e fyy(P1) = 2, det D2 f (P2) = −24 e det D2 f (P3) = −8.Percio P1 e un punto di minimo locale e P2 e P3 sono punti di sella.

11.18b) Nell’Esercizio 11.13(b) si e gia visto che f ha due punti critici: (−3, 3

2 ) e un puntodi sella e (1, 3

2 ) un punto di minimo. Si puo stabilire la natura dei punti critici anchesenza lo studio della matrice hessiana. Innanzitutto si osservi che

f (x, y) = ex(x2 + 49 y3 − 3y) ≥ 0 se 0 ≤ 3y ≤ x2 oppure se y ≥ 3

2

√3.

Pertanto, definendo per esempio il rettangolo

Ω = [−5, 5] × [0, 3],

si ha che f ≥ 0 su ∂Ω. D’altra parte f assume anche valori negativi in Ω (peresempio, la funzione y 7→ f (0, y) = y( 4

9 y2−3) e negativa se y > 0 e sufficientementepiccolo), quindi il minimo di f in Ω (che esiste perche f e continua e Ω e chiusoe limitato) e negativo ed e assunto in un punto interno di Ω, ovvero in un puntocritico di f all’interno di Ω. Entrambi i punti critici, (−3, 3

2 ) e (1, 32 ), appartengono

all’interno di Ω: poiche f (−3, 32 ) = 6e−3 > −2e = f (1, 3

2 ), (1, 32 ) e il punto di

minimo assoluto di f in Ω, quindi anche un punto di minimo locale di f in R2.

Per studiare la natura dell’altro punto critico, (−3, 32 ), poniamo

g(x) = f (x, 32 ) = ex(x2 − 3) e h(y) = f (−3, y) = e−3(9 + 4

9 y3 − 3y).

Si verifica facilmente che g ha un massimo in x = −3 e h ha un minimo in y =32 , quindi la funzione f (x, y) − f (−3, 3

2 ) assume valori sia positivi che negativi inqualsiasi intorno di (−3, 3

2 ). Pertanto (−3, 32 ) e un punto di sella.

CAPITOLO 12

12.1a) Notiamo che

γ′(t) =

(3t2 + 4t3,−π

2sin

(π

2t))

= (0, 0)

se e solo se 3t2 + 4t3 = t2(3 + 4t) = 0sin

(π2 t

)= 0.

La prima equazione ha come soluzioni t = 0,− 34 . Siccome la seconda si annulla

per t = 0 ma non per t = − 34 , il vettore velocita si annulla solo per t = 0.



12.4b) Si ha

γ′(t) = (1 − cos t, sin t), ‖γ′(t)‖ =√

2(1 − cos t) = 2 sin(t/2).

Pertanto si ottiene

L(γ) =

∫ π

02 sin(t/2) dt = [−4 cos(t/2)]π0 = 4.

c) Si ha

γ′(t) = (−e−3t,−e−2t), ‖γ′(t)‖ =√

e−6t + e−4t = e−2t√

1 + e−2t.

Pertanto, utilizzando la sostituzione y = e−t, si ottiene

L(γ) =

∫ 1

0e−2t√

1 + e−2t dt = −∫ e−1

1y√

1 + y2 dy

=13

(1 + y2)3/2∣∣∣∣∣1

e−1=

13

(23/2 −

(1 + e−2

)3/2).

12.5Poiche le equazioni cartesiane di questa intersezione risultano essere y = x2 − 2x, z = x2,ponendo x = t si ottiene la parametrizzazione γ(t) = (t, t2 − 2t, t2). Poiche l’eserciziorichiede x ∈ [−1, 2], si ottiene t ∈ [−1, 2]. Poiche γ′(t) = (1, 2t − 2, 2t), si conclude che

L(γ) =

∫ 2

1

√8t2 − 8t + 5 dt.

12.6a) Dato che γ′(t) = (2, 5), l’ascissa curvilinea si ottiene semplicemente dalla relazione

t = s√29

: s(t) = t√

29 e γ(s) =

(2s√29,− 5s√

29− 6

).

b) Dato che γ′(t) = (6, 2t, 8), da cui ‖γ′(t)‖ = 2√

t2 + 25, l’ascissa curvilinea si ottieneper integrazione:

s(t) = 2∫ t

0

√τ2 + 25 dτ = t

√t2 + 25 + 25 log

(t +√

t2 + 25)− 25 log 5,

dove abbiamo utilizzato la prima formula dell’Esempio 8.32 (con c = 25).

12.7a) Sia f (x, y) =

xy sin y√1+x2

. Si ha

γ′(t) = (1, t) ‖γ′(t)‖ =√

1 + t2 , f (γ(t)) =t3 sin(t2/2)

2√

1 + t2.

Percio, utilizzando la sostituzione s = t2/2, si ottiene∫

γf ds =

∫ 1

0

t3 sin(t2/2)2

dt =

∫ 1/2

0s sin s ds = sin(1/2) − cos(1/2)/2.



e) Si ha

γ′(t) = (1, 1 + log t) ‖γ′(t)‖ =

√1 + (1 + log t)2 , f (γ(t)) =

log tt

.

Percio ∫

γf ds =

∫ e

1

log tt

√1 + (1 + log t)2 dt .

Vi sono vari modi per risolvere tale integrale. Ad esempio, posto y = 1 + log t siottiene dy = dt/t e log t = y − 1, ovvero

∫ e

1

log tt

√1 + (1 + log t)2 dt =

∫ 2

1(y − 1)

√1 + y2 dy

=13

(1 + y2)3/2∣∣∣∣∣2

1−

∫ 2

1

√1 + y2 dy .

Per il secondo addendo si potrebbe usare la prima formula dell’Esempio 8.32,oppure osservare che, mediante la sostituzione y = sinh s,

∫ √1 + y2 dy =

∫cosh2 s ds = sinh s cosh s −

∫sinh2 s ds

= sinh s cosh s −∫

(cosh2 s − 1) ds

= y√

1 + y2 −∫ √

1 + y2 dy + arc sinh y,

ovvero ∫ 2

1

√1 + y2 dy =

12

(y√

1 + y2 + arc sinh y + C)∣∣∣∣∣∣

2

1.

Pertanto∫ e

1

log tt

√1 + (1 + log t)2 dt =

23

√5 − 1

6

√2 − 1

2(arc sinh 2 − arc sinh 1).

12.8e) La parametrizzazione piu semplice della curva e γ(x) = (x, x2), x ∈ [0, 1]. Si ottiene

∫

γx ey dx + sin x dy =

∫ 1

0

(xex2

+ 2x sin x)

dx =

(12

ex2+ 2 sin x − 2x cos x

)∣∣∣∣∣∣1

0

=12

(e − 1) + 2 sin 1 − 2 cos 1.

12.9a) La forma differenziale e chiusa in R2 e quindi esatta in R2: integrando rispetto ad x

otteniamo

U(x, y) =x4

2− x3y + xy2 + C(y)

da cui derivando quindi rispetto ad y si ottiene C′(y) = −5, cioe C(y) = −5y .Pertanto

∫

+γω = U(1, 2) −U(5,−1) =

x4

2− x3y + xy2 − 5y

∣∣∣∣∣∣(1,2)

(5,−1)= −455.



d) La forma differenziale e chiusa e quindi esatta negli aperti semplicemente connessiA1 = (x, y) ∈ R2 : y > −1/3 e A2 = (x, y) ∈ R2 : y < −1/3. In A1 oppure in A2si ha

U(x, y) =

∫2 cos(2x)

3y + 1dx =

sin(2x)3y + 1

+ C(y),

da cui∂U∂y

= − 3 sin(2x)(3y + 1)2 + C′(y) !

= − 3 sin(2x)(3y + 1)2 ⇔ C′(y) = 0.

Percio C(y) = C (C ∈ R) e

U(x, y) =sin(2x)3y + 1

+ C, C ∈ R.

Poiche im(γ) ⊂ A1,∫

+γω = U(γ(1)) −U(γ(0)) = U(21/3, 1) −U(1, 0) =

14

sin(24/3) − sin 2.

12.10Si ha

F1y = F2x = 2xz + 2yz − 1,F1z = F3x = 2xy + y2 + 2,F2z = F3y = x2 + 2xy.

Percio la forma e chiusa in R3 e quindi esatta in R3. Integrando rispetto ad x otteniamo

U(x, y, z) = x2yz + xy2z − yx + 2zx + C(y, z)

da cui derivando rispettivamente rispetto ad y e z si ha che

Cy = −4 e Cz = 1.

Quindi il potenziale cercato e:

U(x, y, z) = x2yz + xy2z − yx + 2zx − 4y + z.

CAPITOLO 13

13.8a) Utilizziamo il metodo diretto: Γ e un’iperbole i cui due rami sono rappresentati

dalle curve cartesiane

γ+(t) =(t, 2 +

√t2 + 4

), γ−(t) =

(t, 2 −

√t2 + 4

)(t ∈ R).

Ponendo

g±(t) = f (γ±(t)) = t2 + 3(2 ±√

t2 + 4)2

= 4(t2 + 6 ± 3

√t2 + 4

),

si ha che

g′±(t) = 4t(2 ± 3√

t2 + 4

) > 0 se t > 0< 0 se t < 0.

Pertanto sia g+ che g− hanno un minimo in t = 0, quindi γ+(0) = (0, 4) e γ−(0) =

(0, 0) sono punti di minimo di f vincolati a Γ.



b) Per trovare i massimi e minimi della funzione vincolati al triangolo dobbiamo cer-care i punti critici della funzione sui tre lati e poi confrontarli con i valori nei trevertici (dove il vincolo non e differenziabile). I tre lati del triangolo hanno equazionicartesiane y = x + 2 per 0 < x < 1, y = 2x + 1 per 0 < x < 1 ed x = 0 per 1 < y < 2.

Otteniamo quindi che:

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

Notiamo che (y2)′ = 2y = 0 solo se y = 0 (ma (0, 0) va scartato perche e un verticedove il vincolo non e differenziabile); (−4x2 + 4x + 4)′ = −8x + 4 = 0 solo sex = 1/2 (ed il punto (1/2, 5/2) va bene); (−x2 + 4x + 1)′ = −2x + 4 solo se x = 2(ma (2, 5) va scartato perche fuori dal vincolo).

Quindi dobbiamo confrontare f (1/2, 5/2) = 5 la funzione calcolata nei tre verticiin cui il vincolo non e differenziabile, ottenendo:

f (0, 1) = 1 f (0, 2) = 4 f (1, 3) = 4

da cui segue che (0, 1) e il punto di minimo e (1/2, 5/2) quello di massimo.

13.9Ogni cilindro circolare retto e caratterizzato dal raggio della base, r, e dall’altezza, h,entrambe non negative. L’area A e il volume V sono dati da

A = 2πr2 + 2πrh, V = πr2h.

Percio il problema si puo riformulare come segue: dato V > 0, determinare il minimodella funzione f (r, h) = 2πr(r + h) soggetta al vincolo

Γ = (r, h) ∈ [0,+∞) × [0,+∞) : g(r, h) = πr2h − V = 0.Si puo procedere in due modi.

1) Poiche Γ e il sostegno della curva γ : (0,+∞) → R definita da γ(r) = (r,V/(πr2)),il problema e equivalente a determinare il minimo della funzione composta (di una solavariabile!)

F : (0,+∞)→ R, F(r) = f (γ(r)) = 2πr2 + 2Vr−1.

Si haF′(r) = 4πr − 2Vr−2 R 0 ⇔ r R 3

√V/(2π) =: rV ,

percio F ha un unico punto di minimo locale e assoluto in rV . Tornando alla funzione f ,si conclude che (rV ,V/(πr2

V )) e un punto di minimo per f vincolato a g. Si noti che

f (rV ,V/(πr2V )) = F(rV ) = 2πr2

V + 2Vr−1V = 3

3√2πV2/3 = 6 3

√π/4V2/3

e che il valore dell’altezza h nel punto di minimo e

hV =Vπr2

V

=22/3V1/3

π1/3 = 2rV .

2) Si utilizza il metodo dei moltiplicatori di Lagrange e si risolve (r, h, λ) dalle equazioni

∇ f (r, h) = λ∇g(r, h) ⇔

4πr + 2πh = 2λπrh2πr = λπr2

πr2h = V.⇔

2r + h = λrhr(2 − λr) = 0πr2h = V.



Dalla seconda equazione deduciamo che λ = 2/r (l’altra soluzione, r = 0, e impossibileper la terza equazione). Sostituendolo nella prima equazione si ottiene h = 2r. Percio2πr3 = V , ovvero l’unica soluzione del sistema e PV = (rV , hV ) = ( 3√V/(2π), 2 3√V/(2π)).Si noti che il valore del minimo e

f (PV ) = 6π(V/(2π))2/3 = 6(π/4)1/3V2/3 .

Per verificare che PV e effettivamente un punto di minimo, sia M > 0 e sia K = [0, M] ×[0, M]. La funzione f |K∩Γ ammette massimo e minimo, essendo continua. Il punto diminimo non puo essere ne in r = 0 o h = 0 (perche il vincolo non e soddisfatto), nein r = M (perche allora, per il vincolo, hM = V/(πM2) e quindi f (M,HM) ∼ 2πM2 f (PV ) per M 1), ne in h = M (perche allora, per il vincolo, rM =

√V/(πM) e quindi

f (rM , M) ∼ 2πM f (PV ) per M 1). Percio il punto di minimo e interno e quindicoincide con PV .

13.10a) Si nota che f e continua e K e compatto, quindi il massimo e il minimo assoluto

esistono. Poiche ∇ f (x, y) = (1, 2) , (0, 0) per ogni (x, y) ∈ K, non ci sono punticritici interni. Inoltre f e differenziabile all’interno di K, quindi il massimo e ilminimo assoluto sono assunti sulla frontiera di K.

Una parametrizzazione della frontiera di K (cioe la circonferenza goniometrica) eγ(t) = (cos t, sin t), 0 ≤ t < 2π. Valutando la funzione composta f γ si ottiene

g(t) = f (γ(t)) = cos t + 2 sin t.

Quindig′(t) = 2 cos t − sin t = 0 ⇔ t = arctan 2.

Tornando in coordinate cartesiane, si ottengono i due punti P1 =

( √5

5 ,2√

55

)e P2 =

−P1. Poiche f (P1) =√

5 > f (P2) = −√5, si conclude che maxK

f = f (P1) =√

5 e

minK

f = f (P2) = −√5.

c) Si determinano anzitutto i punti stazionari:

x(3x + 2y) = 0−2y + x2 − 4 = 0 ⇔

x = 0y = −2 oppure

2y = −3x3x + x2 − 4 = (x − 1)(x + 4) = 0.

Pertanto i punti stazionari sono (0,−2), (1,−3/2) e (−4, 6).

Nessuno dei tre punti e interno a K ed f e differenziabile all’interno di K; percioi punti di massimo e minimo assoluto (che esistono per il teorema di Weierstrassperche f e continua in K compatto) si trovano sulla frontiera di K. Su x = 0 si haf (0, y) = −y2 − 4y che e decrescente per y ∈ [0, 1]; su y = 0 si ha f (x, 0) = x3 che ecrescente per x ∈ [0, 1]; su x+y = 1 si ha f (1−y, y) = (1−y)2−y2−4y = 1−6y che edecrescente per y ∈ [0, 1]. Combinando queste informazioni si conclude che (1, 0)e punto di massimo assoluto e (0, 1) e punto di minimo assoluto. Quindi max f = 1e min f = −5.

d) La funzione non e differenziabile in

B = (x, y) ∈ K : x2 + y2 = 1



e tutti i punti di B sono ovviamente punti di minimo assoluto: f (x, y) ≥ 0 = f (b) perogni b ∈ B. Resta quindi da determinare il massimo assoluto. Per quanto riguardai punti critici interni, si ha

∇ f (x, y) = −2 sgn(1 − x2 − y2)(x, y) = 0⇔ (x, y) = (0, 0),

che non e interno a K. Parametrizzando la frontiera in coordinate polari, ci siriconduce allo studio della funzione di una variabile

h(θ) = f (1+cos θ, sin θ) = |1−1−2 cos θ−cos2 θ−sin2 θ| = |1+2 cos θ|, θ ∈ [0, 2π] ,

il cui grafico si traccia in modo elementare con i metodi del Capitolo 2. Il massimoassoluto, assunto per θ = 0 e θ = 2π, vale 3. Percio anche il massimo assoluto di fvale 3 (ed e assunto in (2, 0)).

13.11a) Notiamo che A e il triangolo di vertici (0, 0), (0, 1) e (1, 1) ed e un insieme compatto.

La funzione f e differenziabile all’interno di A e si ha

∇ f (x, y) = (2x − y, 4y − x) = (0, 0)

solo nell’origine, che non e interno ad A. Quindi i punti di massimo e minimovanno cercati sul bordo oppure nei tre vertici del triangolo, dove il vincolo none differenziabile. I tre lati del triangolo hanno equazioni cartesiane x = 0 per0 < y < 1, y = 1 per 0 < x < 1 ed y = x per 0 < x < 1. Si ottiene quindi

g1(y) = f (0, y) = 2y2, y ∈ [0, 1],g2(x) = f (x, x) = 2x2, x ∈ [0, 1],g3(x) = f (x, 1) = x2 − x + 2, x ∈ [0, 1].

Le funzioni g1 e g2 sono crescenti: quindi (0, 0) e un possibile punto di minimolocale e (0, 1), (1, 1) sono possibili punti di massimo locale. La funzione g3 e de-crescente in (0, 1/2) e crescente in (1/2, 1), quindi (0, 1) e (1, 1) sono possibili puntidi massimo locale e (1/2, 1) e un possibile punto di minimo locale. Confrontando ivalori si ottiene f (0, 0) = 0 < f (1/2, 1) = 7/4, quindi (0, 0) e punto di minimo as-soluto, e f (0, 1) = f (1, 1) = 2, quindi sia (0, 1) che (1, 1) sono punti di massimo as-soluto. Resta da stabilire la natura del punto (1/2, 1): poiche ∇ f (1/2, 1) = (0, 7/2)(ovvero punta all’esterno di A), segue dal caso 2 di pagina 404 che (1/2, 1) non eun punto di minimo locale per f in A (anche se lo e per f su ∂A).

CAPITOLO 14



14.1g) Utilizzando gli integrali indefiniti

∫log z dz = z log z − z e

∫(z log z − z) dz =

12 z2(log z − 3

2 ),

"

Qlog(1 + x + 2y) dx dy =

∫ 4

2

(∫ 1

0log(1 + x + 2y) dx

)dy

=

∫ 4

2

[(1 + x + 2y) log(1 + x + 2y) − (1 + x + 2y)

]x=1x=0 dy

=

∫ 4

2

((2 + 2y) log(2 + 2y) − (2 + 2y) − (

(1 + 2y) log(1 + 2y) − (1 + 2y)))

dy

=14

[(2 + 2y)2

(log(2 + 2y) − 3

2

)− (1 + 2y)2

(log(1 + 2y) − 3

2

)]y=4

y=2

=125

4log 5 − 99

2log 3 + 16 log 2 − 3.

14.2a) Come sottoinsieme di R2, (Q ∩ [0, 1]) × 0 e sottoinsieme dell’insieme di misura

nulla [0, 1] × 0, quindi, per il teorema 14.2(a), e misurabile e ha misura nulla.

Ovviamente e possibile definire il concetto di insieme misurabile anche per sottoin-siemi di R e rispetto a tale definizioneQ∩[0, 1] non e misurabile poiche la funzionedi Dirichlet (la funzione caratteristica dei razionali su [0, 1], studiata nell’Esempio8.4) non e integrabile secondo Riemann.

b) Si osservi che an :=(

1n+1 ,

n2

n2+n+1

)→ (0, 1) per n → ∞. Dato ε > 0, sia Qε il

quadrato centrato in (0, 1) di area ε. Per la definizione di limite esiste Nε ∈ N taleche an ∈ Qε per ogni n > Nε. Quindi

A := an : n ∈ N ⊂ Qε ∪ a0, . . . , aNε

.

Poiche ∣∣∣Qε ∪ a0, . . . , aNε

∣∣∣ = |Qε| = ε,

per il Teorema 14.10 A e misurabile e ha misura nulla.

14.3a) L’insieme Ω ha la seguente rappresentazione grafica:



L’insieme Ω e semplice sia rispetto alle x che rispetto alle y: innanzitutto si osserviche, per x, y ≥ 0, le curve di equazione 4y = 3x e x2 + y2 = 25 si incontrano nelpunto (x, y) = (4, 3). Quindi

Ω =

(x, y) ∈ R2 : y ∈ [0, 3], 4

3 y ≤ x ≤√

25 − y2

=(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 5], 0 ≤ y ≤ g(x)

,

dove

g(x) =

34 x se 0 ≤ x ≤ 4√

25 − x2 se 4 < x ≤ 5.

b) L’insieme Ω ha la seguente rappresentazione grafica:

L’insieme Ω e semplice sia rispetto alle x che rispetto alle y: osservando che (1, 1)e un punto della parabola di equazione y = x2, si ottiene

Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 1], x2 ≤ y ≤ 4= (x, y) ∈ R2 : y ∈ [0, 4], 0 ≤ x ≤ h(y),

dove

h(y) =

√

y se 0 ≤ y ≤ 11 se 1 < y ≤ 4.



14.5a) Dopo aver tracciato un grafico qualtitativo si osserva che

ex + e−x =52⇔ x = ± log 2

e che Ω e simmetrico rispetto all’asse y. Quindi

"

Ω

(x + y) dx dy = 2∫ log 2

0

∫ 5

2

ex+e−xy dy

dx

=

∫ log 2

0

(174− e2x − e−2x

)dx

=174

log 2 − 158.

b) Dopo aver tracciato un grafico qualitativo, si osserva che x = 5 − y se e solo sey = 5 − x e che

(x + 1)2 = 5 − xx ≥ 0 ⇔ x = 1.

Quindi Ω e semplice rispetto all’asse y, con

Ω =(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 5], 0 ≤ y ≤ g(x)

, g(x) =

(x + 1)2 se x ∈ [0, 1)5 − x se x ∈ [1, 5],

e si ha"

Ω

xy dx dy =

∫ 1

0

∫ (x+1)2

0xy dy

dx +

∫ 5

1

(∫ 5−x

0xy dy

)dx =

4320

+643.

c) Poiche |x − 2| ≤ x/2 se e solo se x ∈ [4/3, 4], si ha

Ω =(x, y) ∈ R2 : x ∈ [4/3, 4], |x − 2| ≤ y ≤ x/2

.

Percio"

Ω

cos(πy) dx dy =

∫ 4

4/3

(∫ x/2

|x−2|cos(πy) dy

)dx =

1π

∫ 4

4/3(sin(πx/2) − sin(π|x − 2|)) dx

=1π

∫ 4

4/3sin(πx/2)dx − 1

π

∫ 2

4/3sin(−πx) dx − 1

π

∫ 4

2sin(πx) dx

= − 2π2 cos(πx/2)

∣∣∣∣∣4

4/3− 1π2 cos(πx)

∣∣∣∣∣2

4/3+

1π2 cos(πx)

∣∣∣∣∣4

2

=1π2 (−2 − 1 − 1 − 1/2 + 1 − 1) = − 9

2π2 .

d) Si ha 2x ≤ 3 se e solo se x ≤ 32 e 3x ≥ 0 se e solo se x ≥ 0. Percio

Ω =(x, y) ∈ R2 : x ∈

[0, 3

2

], 0 ≤ y ≤ 2x

.



Osservando che 2x2 ≤ 2x se e solo se x ∈ [0, 1], si ha"

Ω

|y − 2x2| dx dy =

∫ 3/2

0

(∫ 2x

0|y − 2x2| dy

)dx

=

∫ 1

0

∫ 2x2

0(2x2 − y) dy +

∫ 2x

2x2(y − 2x2) dy

dx

+

∫ 3/2

1

(∫ 2x

0(2x2 − y) dy

)dx

=

∫ 1

0(4x4 − 2x4 + 2x2 − 4x3 − 2x4 + 4x4) dx

+

∫ 3/2

1(4x3 − 2x2) dx

=45− 1 +

23

+8116− 9

4− 1 +

23

=707240

= 2 +227240

.

f) Poiche

Ω =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ 2 ,

3 − y2≤ x ≤ 5 − y

2

,

si ottiene"

Ω

1x2 dx dy =

∫ 2

1

∫ 5−y

2

3−y2

1x2 dx

dy =

∫ 2

0

(2

3 − y− 2

5 − y

)dy = 2

(log 3 − log 2

).

14.6Il segmento AB in coordinate cartesiane e l’insieme (2, y) : 0 ≤ y ≤ 2 che in coordinatepolari (centrate nell’origine) diventa

(ρ cosϕ, ρ sinϕ) : ρ ≥ 0, 0 ≤ ϕ < 2π, ρ cosϕ = 2, 0 ≤ ρ sinϕ ≤ 2 .

Le relazioni ρ cosϕ = 2 e ρ sinϕ ≥ 0 richiedono che ϕ ∈ [0, π/2). Quindi

Ω =

(ρ cosϕ, ρ sinϕ) : ρ ≥ 0, 0 ≤ ϕ < π/2, ρ =

2cosϕ

, 0 ≤ tgϕ ≤ 1

=

(ρ cosϕ, ρ sinϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ π/4, ρ =

2cosϕ

.

Da cio segue che il triangolo OAB si puo scrivere come

(ρ cosϕ, ρ sinϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ π/4, 0 ≤ ρ ≤ 2cosϕ

.

14.8a) Passando in coordinate polari (centrate nell’origine) si ha x2 + y2 ≤ 1 se e solo se

ρ ≤ 1. Percio"

Ω

(x2 + y2)52 dx dy =

∫ 2π

0

(∫ 1

0ρ6 dρ

)dϕ =

2π7.



b) Passando in coordinate polari (centrate nell’origine) si ha x2 + y2 ≤ 1 se e solo seρ ≤ 1, e y ≥ 0 se e solo se ϕ ∈ [0, π]. Percio

"

Ω

(x + y)52 dx dy =

∫ π

0

(∫ 2

0ρ2(cosϕ + sinϕ) dρ

)dϕ =

163.

14.9a) Si ricordi l’errata corrige: Ω e il triangolo di vertici (0, 0), (2, 0) e (0, 1), ovvero

Ω = (x, y) : 0 ≤ x, 0 ≤ y ≤ 1 − x/2.

Introducendo coordinate ellittiche, x = 2ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, si ha

x ≥ 0, y ≥ 0 ⇔ ϕ ∈ [0, π/2],2y ≤ 2 − x ⇔ ρ(sinϕ + cosϕ) ≤ 1.

Utilizzando anche la sostituzione t = tg(ϕ/2) (si veda p.262), l’integrale propostodiventa:

"

Ω

1√x2 + 4y2

dx dy =

∫ π2

0

(∫ 1/(sinϕ+cosϕ)

0

2ρ2ρ

dρ)

dϕ =

∫ π2

0

1sinϕ + cosϕ

dϕ

=

∫ 1

0

−2t2 − 2t − 1

dt =

∫ 1

0

−2(t − 1 +

√2) (

t − 1 − √2) dt

=12

√2∫ 1

0

(1

t − 1 +√

2− 1

t − 1 − √2

)dt

=12

√2 log

√2√

2 − 1.

d) Introducendo il cambio di variabili

(u, v) = ψ(x, y) =

(x2

y,

y2

x

),

si ha

ψ(Ω) =

(u, v) ∈ R2 :

12≤ u ≤ 1,

13≤ v ≤ 1

e

det∂(u, v)∂(x, y)

= det

2xy − x2

y2

− y2

x22yx

= 3.

Percio"

Ω

y2

xdx dy =

"

ψ(Ω)v

du dv3

=13

∫ 1

12

∫ 1

13

v dv du =

227.



14.13a) Segue dalla (14.28) che

$

Ω

(2x − 3y) dx dy dz =

∫ 2

0

(∫ 2

−1

(∫ 1

0(2x − 3y) dx

)dy

)dz

=

∫ 2

0

(∫ 2

−1(1 − 3y) dy

)dz = −

∫ 2

0

32

dz = −3.

c) Si ricordi l’errata corrige:

Ω = (x, y, z) : y ∈ [0, 1], z ∈ [0, 1], 0 ≤ x ≤ 1 − y.

Poiche Ω e semplice rispetto all’asse x,$

Ω

(x2 + yz) dx dy dz =

"

[0,1]×[0,1]

(∫ 1−y

0(x2 + yz) dx

)dy dz

=

"

[0,1]×[0,1]

(13 (1 − y)3 + yz(1 − y)

)dy dz

=

"

[0,1]×[0,1]

(13 − y + y2 − 1

3 y3 + yz − y2z)

dy dz.

L’integrale doppio si calcola facilmente ed e uguale a∫ 1

0

(13 − 1

2 + 13 − 1

12 + 12 z − 1

3 z)

dz =

∫ 1

0

(112 + 1

6 z)

dz = 16 .

CAPITOLO 15

15.1Si ha

σu = (−A sin u sin v, B cos u sin v, 0),σv = (A cos u cos v, B sin u cos v,−C sin v),

σu ∧ σv = − sin v(BC cos u sin v, AC sin u sin v, AB cos v),

quindiσu∧σv , (0, 0, 0) se sin v , 0. Percio la superficie e regolare in ogni punto diσ(D).Resta da analizzare l’immagine di ∂D, σ(∂D) = E := (A sin v, 0,C cos v) : 0 ≤ v ≤ π.Verfichiamo che anche E consiste di punti interni nei quali la superficie e regolare: infatti,scegliendo la stessa parametrizzazione con D = (−π, π) × (0, π) si ottiene che tutti i puntidi E \ (0, 0,±C sono interni e in essi la superficie e regolare; scambiando (per esempio)il ruolo di y e z si ottiene infine la regolarita in (0, 0,±C); si osservi che la superficie equella di equazione 1

A x2 + 1B y2 + 1

C z2 = 1, da cui si capisce facilmente che cosa vuole direscambiare il ruolo di y e z.

Infine, σ( 12π,

14π) = (0, B/

√2,C/

√2) e σu ∧σv = − 1

2 (0, AC, AB). Percio l’equazionedel piano tangente e C(y − B/

√2) + B(z −C/

√2) = 0.



15.2- Le facce del cubo: si consideri per esempio la faccia parametrizzata nell’Esem-

pio 15.2(d), σ(u, v) = (1, u, v) per (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 1], per cui σu(u, v) = (0, 1, 0)e σv(u, v) = (0, 0, 1) sono linearmente indipendenti.

- Il toro: data la parametrizzazione σ(u, v) dell’Esempio 15.2(c), si ha

σu = (−(R + r cos v) sin u, (R + r cos v) cos u, 0),σv = (−r sin v cos u,−r sin v sin u, r cos v),

σu ∧ σv = r(R + r cos v)(cos u cos v,− sin u cos v, sin v).

Quindi σu ∧ σv , (0, 0, 0) per ogni (u, v) ∈ D = (0, 2π) × (0, 2π) e la superficiee regolare in σ(D). Per dimostrare la regolarita in un punto appartenente a σ(∂D)basta usare la stessa parametrizzazione in domini diversi: Dα,β = [α, 2π + α] ×[β, 2π + β] per α, β > 0.

- La superficie laterale del cilindro: per dimostrare la regolarita basta usare le parametriz-zazioni date nell’Esempio 15.3(b), per cuiσu = (−R sin u,R cos u, 0) eσv = (0, 0, 1)sono linearmente indipendenti:

σu ∧ σv = (R cos u,R sin u, 0).

15.3a) La superficie in oggetto si puo scrivere come:

Σ = (x, y) : x2 + (y − 1)2 = 1, x2 + y2 + z2 ≤ 4.

Utilizzando le coordinate cilindriche, si ottiene la seguente parametrizzazione diΣ = σ(D):

σ(u, v) = (cos u, 1 + sin u, v),

doveD =

(u, v) : 0 ≤ u ≤ 2π, −

√2 − 2 sin u ≤ v ≤

√2 − 2 sin u

.

Segue come nello svolgimento precedente che ‖σu ∧ σv‖ = R = 1. Percio l’areacercata si puo calcolare con il seguente integrale doppio:

"

Ddu dv = 2

∫ 2π

0

∫ √

2−2 sin u

0dv

du = 2√

2∫ 2π

0

√1 − sin u du.

Osservando che

1 − sin u = 1 − cos(

12π − u

)= 1 − cos

(2(

14π − 1

2 u))

= 2 sin2(

14π − 1

2 u)

e che la funzione integranda e periodica di periodo 2π (per cui e indifferente inte-grarla su (0, 2π) oppure su (π/2, 5π/2)), si trova l’integrale

4∫ 2π

0

∣∣∣∣sin(

14π − 1

2 u)∣∣∣∣ du = 4

∫ 5π/2

π/2sin

(12 u − 1

4π)

du = 16.



15.4a) La parametrizzazione illustrata nella Figura 15.7 si formalizza come segue:

σ(u, v) =

(u, v, 0) se (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 1)(u, 1, v − 1) se (u, v) ∈ [0, 1] × [1, 2)(u, 3 − v, 1) se (u, v) ∈ [0, 1] × [2, 3)(1, v, u − 1) se (u, v) ∈ (1, 2] × [0, 1](0, v,−u) se (u, v) ∈ [−1, 0) × [0, 1](u, 0,−v) se (u, v) ∈ [0, 1] × [−1, 0).

Si verifica facilmente che σ e continuo nel suo dominio e che σu e σv sono bendefiniti e che ‖σu ∧ σv(u, v)‖ = 1 nell’insieme

A = (0, 1) × (0, 1) ∪ (0, 1) × (1, 2) ∪ (0, 1) × (2, 3)∪ (1, 2) × (0, 1) ∪ (−1, 0) × (0, 1) ∪ (0, 1) × (−1, 0).

La differenza domσ\A e unione di un numero finito di segmenti e quindi ha misuranulla.

b) La superficie e elementare: dato D = (ϕ, z) : 0 < ϕ < 2π,−1 < z < 1, si poneσ : D→ R3,

σ = (ρ(z) cosϕ, ρ(z) sinϕ, z),

dove

ρ(z) =

1 se 0 ≤ z ≤ 1√

1 − z2 se − 1 ≤ z < 0.

Poiche σϕ ∧ σz = (ρ(z) cosϕ, ρ(z) sinϕ,−ρ(z)ρ′(z)) , (0, 0, 0) in D, la superficie eregolare in σ(D). Infine il punto (0, 0,−1) e un punto interno e regolare di Σ1 ∪ Σ2:basta usare la parametrizzazione

(x, y,−

√1 − x2 − y2

)in un intorno di (0, 0).

15.5Segue facilmente dalla parametrizzazione utilizzata nell’Esempio 15.12 che il bordo delnastro di Mobius e l’unione dei sostegni delle due curve

u 7→ γ1(u) :=((

R + h cosu2

)cos u,

(R + h cos

u2

)sin u, h sin

u2

), 0 ≤ u ≤ 2π

e

u 7→ γ2(u) :=((

R − h cosu2

)cos u,

(R − h cos

u2

)sin u,−h sin

u2

), 0 ≤ u ≤ 2π.

Ponendo t = u + 2π, γ2 e equivalente a

t 7→ γ2(t) :=((

R + h cost2

)cos t,

(R + h cos

t2

)sin t, h sin

t2

), 2π ≤ t ≤ 4π

e il risultato segue immediatamente definendo γ = γ1 ∪ γ2:

γ(t) =

γ1(t) t ∈ [0, 2π)γ2(t) t ∈ [2π, 4π].



15.6b) Notando che σu = (cos v, sin v, 1) e che σv = (−u sin v, u cos v, 0), si ha σu ∧ σv =

(−u cos v,−u sin v, u). Quindi il flusso cercato e:

ΦΣ+ (v) =

∫ 2

1

∫ π

0(u cos v, u sin v, u2) · (−u cos v,−u sin v, u) dv du

= π

∫ 2

1(u3 − u2) du =

1712π.

15.7

Si osservi che ∂Σ = J1 ∪ J2, dove J1 = (0, y, z) : z ≥ 0, y2 + z2 = 4 e J2 = (x, y, 0) : x ≥0, x2 + y2 = 4.

Poiche ∂D1 = ∂D2 = I1 ∪ I2 dove I1 = (0, v) : −2 ≤ v ≤ 2 e I2 = (u, v) : u ≥0, u2 + v2 = 4, percorrere ∂D1 = ∂D2 in senso antiorario significa percorrere I1 da (0, 2)a (0,−2) e I2 da (0,−2) a (0, 2).

I1

I2

v

u

J1

J2

z

xy

Poiche σ1(I1) = J1, σ1(0, 2) = (0, 2, 0) e σ1(0,−2) = (0,−2, 0), l’orientazione positi-va di ∂Σ indotta dalla parametrizzazione σ1 significa percorrere J1 da (0, 2, 0) a (0,−2, 0)e J2 da (0,−2, 0) a (0, 2, 0), tenendo quindi il “lato superiore di Σ a sinistra. D’altra

parte anche σ1u ∧ σ1v =

(u√

1−u2−v2, v√

1−u2−v2, 1

)individua il lato superiore di Σ, quindi

l’osservazione (15.13) e rispettata.Analogamente, σ2(I1) = J2, σ2(0, 2) = (0, 2, 0) e σ2(0,−2) = (0,−2, 0), quindi l’ori-

entazione positiva di ∂Σ indotta da σ2 significa percorrere J1 da (0,−2, 0) a (0, 2, 0)e J2 da (0, 2, 0) a (0,−2, 0), tenendo il “lato inferiore di Σ a sinistra. D’altra parte

σ2u ∧ σ2v =

(−1,− v√

1−u2−v2,− u√

1−u2−v2

)individua il lato inferiore di Σ, quindi anche in

questo caso l’osservazione (15.13) e rispettata.

15.8Siano D = (u, v) : 0 < u < 1 − v, 0 < v < 1 e, per ogni (u, v) ∈ D,

σ1(u, v) = (u, v, 0)σ2(u, v) = (v, 0, u)σ3(u, v) = (0, u, v)σ4(u, v) = (v, u, 1 − u − v).



Sia Σi = σi(D) per i = 1, . . . , 4. Allora Σi e una superficie regolare e invertibile (peri = 1, . . . , 4). Si verifica facilmente che le propieta elencate nella Definizione 15.10 (conmi = 3 per ogni i e con ∂Σ = ∅) sono soddisfatte, quindi Σ e una superficie compostasenza bordo. Inoltre e soddisfatta la definizione 15.11, con n+ il vettore normale interno,quindi Σ e orientabile.

15.9Siano

σ1(ϕ, z) = (cosϕ, sinϕ, z) per (ϕ, z) ∈ D1 = [0, π] × [0, 1],

σ2(ϕ, z) = (cosϕ, sinϕ, z) per (ϕ, z) ∈ D2 = [π, 2π] × [0, 1],

σ3(u, v) =

(u, v,

9 − u2 − v2

8

)per (ϕ, z) ∈ D3 = (u, v); u2 + v2 ≤ 1.

Allora σi(Di) e una superficie regolare e invertibile per ogni i = 1, 2, 3 e Σ = σ1(D1) ∪σ2(D2) ∪ σ3(D3). Si verifica facilmente che le propieta elencate nella Definizione 15.10(con m1 = m2 = 4, m3 = 2 e ∂Σ = (x, y, 0) : x2 + y2 = 1) sono soddisfatte, quindi Σ euna superficie composta. Inoltre e soddisfatta la definizione 15.11, quindi Σ e orientabile.Ci sono due orientazioni: una indotta dalle parametrizzazioni σi, con il vettore normalepuntato verso l’esterno sulla superficie laterale del cilindro e verso l’alto sul coperchio,ovvero con la circonferenza ∂Σ (considerata come sottoinsieme del piano z = 0) percorsain senso antiorario, e quella opposta.

CAPITOLO 16

16.2a) Per le formule di Green,

∫

∂Ω+

(x + arctan

(ey2))

dy =

"

Ω

(x + arctan

(ey2))

xdx dy = |Ω| = 2.

b) Utilizzando le formule di Green e il passaggio in coordinate polari, si ottiene∫

∂Ω+

(x − y3) dx + (y3 + x3) dy = 3"

Ω

(x2 + y2) dx dy =38πR4.

16.3a) Utilizzando la (16.5) con λ = µ = 1/2, si ottiene

|Ω| =12

∫

∂Ω+

(x dy − y dx)

= −12

∫ 2π

0

(−(1 + sin t) cos t((1 + sin t) sin t)′ + (1 + sin t) sin t((1 + sin t) cos t)′)

dt

=12

∫ 2π

0(1 + sin t)2 dt = 3π/2

(si e utilizzato il fatto che la curva e orientata negativamente rispetto a Ω).



b) Utilizzando la (16.5) con λ = µ = 1/2, si ottiene

|Ω| = 12

∫

∂Ω+

(x dy − y dx) =32

∫ 2π

0sin2 t cos2 t dt =

3π8.

16.4a) Applicando il Teorema della divergenza e successivamente passando in coordinate

polari si ottiene∫

∂Ω

(y3 + x3, y3 − ex

)· n ds =

"

Ω

3(x2 + y2) dx dy = 3∫ π

π2

∫ √2

0ρ3 dρ dϕ =

3π2.

b) Poichex2 + y2 − 4x + 2y + 1 = (x − 2)2 + (y + 1)2 − 4,

Ω e il cerchio di centro (2,−1) e raggio 2. Utilizzando il Teorema della divergenzasi ottiene quindi

∫

∂Ω

(x + y2 − 3, y + x2 − 6

)· n ds =

"

Ω

2 dx dy = 2|Ω| = 8π.

CAPITOLO 17

17.1d) L’equazione proposta e lineare del prim’ordine con coefficiente a(x) = 1 e b(x) =

sin(2x). Poiche una primitiva di a(x) e A(x) = x, si ha∫

b(x)e−A(x) dx =

∫e−x sin(2x) dx = ex − 1

5(sin(2x) + 2 cos(2x))e−x + C, C ∈ R.

Quindi, segue dal Teorema 17.3 che

y(x) = Cex − 15

(sin(2x) + 2 cos(2x)), C ∈ R.

f) L’equazione proposta e lineare del prim’ordine. Si ha

A(x) =

∫1

1 − x2 dx =12

∫ (1

1 + x− 1

1 − x

)dx =

12

log∣∣∣∣∣1 + x1 − x

∣∣∣∣∣

= log

√1 + x1 − x

(poiche |x| < 1).

Tramite il Teorema 17.3 otteniamo l’integrale generale:

y(x) =

√1 + x1 − x

∫ √1 − x1 + x

4x√1 − x2

dx

=

√1 + x1 − x

∫4x

1 + xdx

=

√1 + x1 − x

(C + 4x − 4 log(1 + x)), C ∈ R.



17.2a) L’equazione e lineare e omogenea, con a(x) = x. Percio A(x) = x2/2, e segue

dal Teroema 17.3 che l’integrale generale e y(x) = Cex2/2, C ∈ R. Imponendo lacondizione iniziale y(0) = 3, si ottiene C = 3. Quindi y(x) = 3ex2/2.

17.3y(x) e definito per ogni x ∈ Iα, e si ha:

y′(x) = (1 − (α − 1)x)−1α−1−1 = (1 − (α − 1)x)−

αα−1 = yα.

Inoltre y(0) = 1. Infine Iα e massimale perche y(x)→ +∞ per x→ 1α−1 .

17.5a) Tramite il metodo di integrazione per fratti semplici, si ottiene

log∣∣∣∣∣

yy + 3

∣∣∣∣∣ = 3x + C

da cui segue che

1 − 3y + 3

= Ce3x, C ∈ R,ovvero

13

(y + 3) =1

1 −Ce3x , C ∈ R.Imponendo la condizione iniziale y(0) = −6 si ottiene C = 2; quindi

y(x) =3

1 − log(2)e3x − 3 =6e3x

1 − 2e3x .

A posteriori si verifica che tale y e in effetti soluzione del problema di Cauchy.L’intervallo massimale di esistenza e

(−∞,− 1

3 log 2).

c) Tramite separazione di variabili si ottiene

log | sin y| = x + C, C ∈ R,

da cuisin y = Cex, C ∈ R,

ovveroy(x) = arcsin(Cex), C ∈ R.

Imponendo la condizione iniziale y(0) = −π/6 si ottiene C = −1/2. Percio lasoluzione richiesta e

y(x) = arcsin(−1

2ex

),

il cui intervallo massimale di esistenza e (−∞, log 2).



17.6d) L’equazione caratteristica e λ2 + 6λ+ 34 = 0, che ha soluzioni complesse coniugate

λ1,2 = −3 ± 5i. Quindi l’integrale generale e

y(x) = e−3x(α cos(5x) + β sin(5x)), α, β ∈ R.

h) L’equazione caratteristica della omogenea associata e λ2 + 2λ − 3 = 0, che hasoluzioni λ1 = −3 e λ2 = 1. Quindi l’integrale generale e

y0(x) = αe−3x + βex, α, β ∈ R.Cerchiamo una soluzione particolare tramite il metodo ad-hoc. Poiche λ = i non esoluzione dell’equazione caratteristica, si pone

y = A sin x + B cos x.

Notiamo che

y′ = A cos x − B sin x, y′′ = −A sin x − B cos x.

Sostituendo nell’equazione differenziale si ottiene

y′′ + 3y′ − 3y = (2A − 4B) cos x − (4A + 2B) sin x != cos x

se e solo se 4A + 2B = 02A − 4B = 1.

Tale sistema ha come unica soluzione A = 110 , B = − 1

5 . In definitiva la soluzionecercata e

y(x) = αe−3x + βex +110

sin x − 15

cos x, α, β ∈ R.

17.9a) L’equazione caratteristica e λ3 + 1 = 0. Si ha

λ3 + 1 = (λ + 1)(λ2 − λ + 1) = 0 ⇔ λ = −1, 12 (1 ± i

√3).

Quindi l’integrale generale e

y(x) = A1e−x + ex/2(A2 cos

(12

√3x

)+ A3 sin

(12

√3x

))

con A1, A2, A3 ∈ R.

CAPITOLO 18

18.4a) Per z = Reiθ con R > 0 e |θ| < π si ha Log z = log R + iθ. Se |θ| < π/2 allora|2θ| < π e quindi Log(z2) = Log

(R2e2iθ

)= log(R2) + 2iθ = 2 Log z. Se invece

π/2 < |θ| < π, allora si ha z2 = R2e2iθ = R2e2i(θ−π) con |θ−π| < π/2; percio in questocaso Log(z2) = log(R2) + 2i(θ − π).

b) La formula non e definita in z = 3, quindi non e vera in C \ (−∞, 0]; e vera invecein C \ (−∞, 3] := z : z − 3 ∈ C \ (−∞, 0].



18.5L’immagine della circonferenza di centro nell’origine e raggio |z0| e la circonferenza dicentro nell’origine e raggio |z0|2; l’immagine della semiretta t 7→ tei arg z0 e la semiret-ta t 7→ t2e2i arg z0 ; tali due luoghi geometrici si intersecano in z2

0 e ovviamente sono traloro ortogonali: poiche lo sono anche la retta e la circonferenza di partenza, l’angolo econservato.

18.8a) Essendo la funzione integranda olomorfa in C e la curva di integrazione chiusa, per

il teorema di Cauchy l’integrale vale 0.

b) Si ha

limR→+∞

∫

γ1,R

e−z2dz = lim

R→+∞

∫ R

0e−t2

dt =

∫ +∞

0e−t2

dt,

per la convergenza dell’integrale improprio.

c) Si ha∣∣∣∣∣∣∫

γ2,R

e−z2dz

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣iR∫ π

4

0e−R2e2it

eit dt

∣∣∣∣∣∣ ≤ R∫ π

4

0

∣∣∣∣e−R2e2iteit

∣∣∣∣ dt = R∫ π

4

0e−R2 cos(2t) dt.

Siano ε > 0 e δ ∈ (0, π/4). Si ha

R∫ π

4

π4−δ

e−R2 cos(2t) dt ≤ R∫ π

4

π4−δ

dt = Rδ.

Scegliendo δ = εR , si ottiene quindi

R∫ π

4

π4− ε

R

e−R2 cos(2t) dt ≤ ε.

Poiche la funzione cos(2t) e positiva e decrescente nell’intervallo[0, π4

], si ha

cos (2t) ≥ cos(π

2− 2ε

R

)= sin

(2εR

)per ogni t ∈ [0, π/4 − ε/R].

Percio

R∫ π

4− εR

0e−R2 cos(2t) dt ≤ π

4Re−R2 sin( 2ε

R ) ∼ π

4Re−2εR → 0 per R→ +∞,

ovvero esiste Rε tale che

R∫ π

4− εR

0e−R2 cos(2t) dt < ε per ogni R > Rε.

In conclusione, per ogni ε > 0 esiste Rε tale che∣∣∣∣∣∣∫

γ2,R

e−z2dz

∣∣∣∣∣∣ < 2ε per ogni R > Rε,

che conclude la dimostrazione.



d) Si ha∫

γ3,R

e−z2dz = −eiπ/4

∫ R

0e−(R−t)2i dt

= −eiπ/4∫ R

0

(cos

(−(R − t)2

)+ i sin

(−(R − t)2

))dt

= − 12

√2(1 + i)

∫ R

0

(cos

((R − t)2

)− i sin

((R − t)2

))dt.

Posto τ = R − t, si ottiene∫

γ3,R

e−z2dz = 1

2

√2(1 + i)

∫ 0

−R

(cos

(τ2

)− i sin

(τ2

))dτ

= − 12

√2(1 + i)

∫ R

0

(cos

(τ2

)− i sin

(τ2

))dτ

e chiamando τ di nuovo t si ottiene il risultato.

e) per i risultati (a) − (b) − (c) − (d) e poiche 11+i = 1

2 (1 − i),

limR→+∞

(∫ R

0cos

(t2)

dt − i∫ R

0sin

(t2)

dt)

=1

12

√2(1 + i)

∫ +∞

0e−t2

dt =1 − i

2

√π

2,

quindi ∫ +∞

0cos

(t2)

dt =

∫ +∞

0sin

(t2)

dt =14√π.

18.9Ricordiamo (si veda l’errata corrige) che f e una funzione olomorfa in A.

Per z ∈ A, denotiamo con B(z0) la piu grande palla di centro z0 contenuta in A, e conr(z0) il suo raggio:

B(z0) = Br(z0)(z0), r(z0) = supr > 0 : Br(z0) ⊆ A(se A = C si pone B(z0) = C).

a) Sia r < r(z0). Per la (18.25), si ha

M =| f (z0)| =∣∣∣∣∣∣

12π

∫ 2π

0f (z + reit) dt

∣∣∣∣∣∣ ≤1

2π

∫ 2π

0

∣∣∣ f (z + reit)∣∣∣ dt

≤ 12π

∫ 2π

0M dt = M.

Percio le due disuguaglianze sono uguaglianze e M = 12π

∫ 2π0

∣∣∣ f (z + reit)∣∣∣ dt.

b) Si dimostra anzitutto che:

se | f (z0)| = M, allora | f (z)| = M per ogni z ∈ B(z0). (D18.1)

Sia r ∈ (0, r(z0)). La funzione

[0, 2π] 3 t 7→∣∣∣ f (z0 + reit)

∣∣∣



e continua e minore o uguale a M. Quindi, se non e costante, il suo valor medioin [0, 2π] e strettamente minore di M. D’altra parte, per la (a), il valor medio e M,quindi

∣∣∣ f (z + reit)∣∣∣ = M per ogni t ∈ [0, 2π]. Per l’arbitrarieta di r ∈ (0, r(z0)), si

conclude che | f (z)| = M in B(z0).

Sia ora w ∈ A. Poiche A e connesso, esiste una curva γ : [a, b] → A tale cheγ(a) = z0 e γ(b) = w. Poiche γ e continua, esiste t0 ∈ (a, b] tale che γ(t) ∈ B(z0)per ogni t ∈ [a, t0): in particolare, per la (D18.1), | f (γ(t))| = M per ogni t ∈ [a, t0).Percio e ben definito

τ = supt0 ∈ (a, b] : | f (γ(t))| = M ∀t ∈ [a, t0).

Per la continuita di f γ si ha | f (γ(τ))| = M, e poiche A e aperto esiste Br(γ(τ)) ⊂ A.Si puo quindi applicare (D18.1) con γ(τ) al posto di z0: percio | f (z)| = M perogni z ∈ Br(γ(τ)). Ancora per continuita di γ, ne segue che | f (γ(t))| = M in unintorno di t = τ; cio contraddice la definizione di τ a meno che τ = b. Percio| f (w)| = f (γ(b))| = M, e la tesi segue dall’arbitrarieta di w.

c) Sia f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). Per le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy euy = −vx in A. Per la parte (b) u2 + v2 = M2 in A. Se M = 0, f = 0 in A. SeM2 = u2 + v2 > 0, per ogni x + iy ∈ A

0 = (u2 + v2)x = 2uux + 2vvx = 2uvy + 2vvx

0 = (u2 + v2)y = 2uuy + 2vvy = −2uvx + 2vvy⇔ vx = vy = 0.

Dunque anche ux = uy = 0 in A, ovvero ∇u = ∇v = 0¯

e u e v sono costanti in A.

d) La funzione (x, y) 7→ | f (x + iy)| e continua nell’insieme chiuso e limitato A, quindiassume un massimo in A = A ∪ ∂A. Poiche f non e costante in A, l’ipotesi con cuie stata dimostrata la parte (c) deve essere violata, ovvero | f | non puo assumere ilmassimo in z0 ∈ A. Percio | f (z)| assume il massimo in ∂A.

18.10

a) g(z) =1

p(z)e definita in C e

|g(z)| =1

|anzn + · · · + a1z + a0|=

1

|zn|(∣∣∣an + an−1

z + · · · + a1zn−1 +

a0zn

∣∣∣) → 0 per z→ ∞.

b) Per la parte (a), esiste R > 0 tale che |g(z)| < 1 se |z| > R. Poiche la funzione |g(z)|e continua nell’insieme chiuso e limitato BR = z ∈ C : |z| ≤ R, |g(z)| e limitata eassume un massimo, M0, in BR. Allora |g(z)| ≤ M1 := maxM0, 1 per ogni z ∈ C,ovvero |g(z)| e limitata in C.

Sia M := supz∈C|g(z)|. Chiaramente M > 0. Per la parte (a), esiste R1 > 0 tale che

|g(z)| < 12 M se |z| > R1: quindi M = sup

z∈BR1

|g(z)|. Poiche BR1 e chiuso e limitato,

esiste z0 ∈ BR1 tale che |g(z0)| = M > 0, quindi |g(z)| ≤ |g(z0)| per ogni z ∈ C.



c) Le funzioni p e g sono olomorfe in C. Per la parte (c) dell’esercizio precedente(con A = C) e la parte (b) di questo, g(z) = C per qualche costante C , 0 (ovvero,in modo equivalente, p(z) = 1/C), in contraddizione con (a).

In conclusione: se n ≥ 0 e an , 0, l’ipotesi che p(z) , 0 per ogni z ∈ C porta auna contraddizione: pertanto ogni polinomio complesso di grado n ≥ 1 possiedealmeno uno zero complesso.

18.11a) Sia γR(z) la circonferenza di centro in z e raggio R, percorsa in senso antiorario. Per

la (18.26),

f ′(z) =1

2πi

γR(z)

f (w)(w − z)2 dw,

quindi

| f ′(z)| ≤ L(γR)2π

maxw∈γR(z)

| f (w)|R2 =

1R

max|w−z|=R

| f (w)|.

a) Sia γR la circonferenza di raggio R e origine 0, percorsa in senso antiorario. Per la(18.26),

f ′(z) =1

2πi

γR

f (w)(w − z)2 dw se |z| < R,

quindi,

| f ′(z)| ≤ L(γR)2π

maxw∈γR

| f (w)|R2 =

1R

max|w−z|=R

| f (w)| se |z| < R.

b) Sia z ∈ C. Per la parte (a),

| f ′(z)| ≤ MR

per ogni R > 0

e | f ′(z)| = 0 per l’arbitrarieta di R.

c) Sia f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). Per la parte (b), f ′(z) = 0 per ogni z ∈ C. Quindi,per le (18.3) e (18.4), ∇u(x.y) = ∇v(x, y) = 0 per ogni (x, y) ∈ R2. Percio u e v sonocostanti in R2, ovvero f e costante in C.

d) La funzione

f (x) =

e−1/|x| se x , 00 se x = 0

e di classe C∞(R) (si veda l’Esempio 7.39). Poiche 0 ≤ f (x) < 1 per ogni x ∈ R, fe limitata in R. Chiaramente f non e costante.

18.17Sia r < d(a, ∂A) e sia γr la circonferenza di centro in z = a e raggio r, percorsa in sensoantiorario. Per la (18.26),

ck =1k!

f (k)(a) =1

2πi

γr

f (z)(z − a)k+1 dz.

Quindi

|ck | ≤ L(γr)2πrk+1 max

|z−a|=r| f (z)| = 1

rk max|z−a|=r

| f (z)| se r < d(a, ∂A).



18.21a) La funzione integranda f ha una singolarita eliminabile in z = 0 e un polo di ordine

1 in z = −3:

limz→0

ez − 1z(z + 3)

=13, lim

z→−3

ez − 1z

=1 − e−3

3= Res f (−3).

Utilizzando il Teorema dei residui si ottiene 23 iπ(1 − e−3).

b) La funzione integranda f ha una singolarita eliminabile? in z = 0 e due poli delprimo ordine in z = ±1, entrambi interni a γ:

limz→0

sin zz(z2 − 1)

= −1

e

limz→1

sin zz(z + 1)

=sin 1

2= Res f (1), lim

z→−1

sin zz(z − 1)

= − sin 12

= Res f (−1).

Percio, per il Teorema dei residui, l’integrale vale 0.

e) Gli zeri di z 7→ cos z sono z = π2 + kπ. L’unico polo della funzione integranda

interno a γ e z0 = π2 , e si ha

limz→ π

2

z − π2

cos z= lim

z→ π2

z − π2

sin( π2 − z)= −1.

Percio, per il Teorema dei residui, l’integrale vale −2πi.

f) I poli dell’integranda si determinano come segue:

z3 = 9i = 9eiπ/2 ⇔ zk = 32/3ei3 ( π2 +2kπ), k = 0, 1, 2.

Si osserva che z0 = 12 32/3(

√3 + i) ∈ Ω, z1 = 1

2 32/3(−√3 + i) ∈ Ω, z2 = −33/2i < Ω.Poiche

limz→z0

1(z − z1)(z − z2)

=1

(z0 − z1)(z0 − z2), lim

z→z1

1(z − z0)(z − z2)

=1

(z1 − z0)(z1 − z2),

segue dal Teorema dei residui che∫

+∂Ω

1z3 − 9i

dz =2πi

(z0 − z1)

(1

z0 − z2− 1

z1 − z2

)= − 2πi

(z0 − z2)(z1 − z2),

e con semplici calcoli si conclude che il risultato e 2πie−7/3.

18.22a) Per definizione,

I = limR→+∞

∫ R

0

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx + limR→+∞

∫ 0

−R

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx.



Poiche i due limiti esistono finiti,

I = limR→+∞

(∫ R

0

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx +

∫ 0

−R

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx)

= limR→+∞

∫ R

−R

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx.

b) ∣∣∣∣∣∣∫

γR

1(z2 + 1)(3z2 + 1)

dz

∣∣∣∣∣∣ ≤ L(γR) maxz∈γR

∣∣∣∣∣1

(z2 + 1)(3z2 + 1)

∣∣∣∣∣

=π

3R3 (1 + o(1))→ 0 per R→ +∞.

c) Posto f (z) = 1(z2+1)(3z2+1) , se R > 1 segue dal teorema dei residui che

∫ R

−R

1(x2 + 1)(3x2 + 1)

dx +

∫

γR

1(z2 + 1)(3z2 + 1)

dz

= 2πi(Res f (z)|z=i + Res f (z)|z= 1

3

√3i

)+

∫

γR

1(z2 + 1)(3z2 + 1)

dz

=12

(√3 − 1

)π +

∫

γR

1(z2 + 1)(3z2 + 1)

dz.

Passando al limite per R→ +∞, per le parti (a-b) si trova che I = 12 (√

3 − 1)π.

CAPITOLO 19

19.7Risolviamo solo (b) – che include (a). Si ha

L[g] = L

N∑

k=1

gk(H(x − kX) − H(x − (k + 1)X))

=

N∑

k=1

1p

(gke−kXp − gk+1e−(k+1)Xp

)

Trasformando si ottiene quindi

p2Y(p) − αp − β − Y(p) =

N∑

k=1

1p

(gke−kXp − gk+1e−(k+1)Xp

)

ovvero, osservando che 1p(p2−1) =

pp2−1 − 1

p ,

Y(p) =αp + β

p2 − 1+

N∑

k=1

(p

p2 − 1− 1

p

) (gke−kXp − gk+1e−(k+1)Xp

).

Antitrasformando e riorganizzando gli addendi si ottiene

y(x) = α cosh x + β sinh x

+

N∑

k=1

gk (H(x − kX)(cosh(x − kX) − 1) − H(x − (k + 1)X)(cosh(x − (k + 1)X) − 1)) .



19.8a) Riscrivendo la (19.20) come Y ′

Y = − pp2+1 e integrando, si ottiene log Y = − 1

2 log(p2+

1), ovvero Y(p) = C(p2 + 1)−1/2 = Cp−1(1 + 1/p2)−1/2.

b) Utilizzando il criterio del rapporto, si verifica che la serie∞∑

k=0

(−1)k 3 · 5 · · · · · (2k − 1)k!2k z2k+1

ha raggio di convergenza 1, quindi (Teorema 8.15) la sua somma f (z) e olomorfain |z| < 1 e

f ′(z) =

∞∑

k=0

(−1)k 3 · 5 . . . (2k − 1)(2k + 1)k!2k z2k se |z| < 1.

Percio

Y(p) := C f (1/p) = C∞∑

k=0

(−1)k 3 · 5 · . . . · (2k − 1)k!2k p−(2k+1)

e olomorfa in |p| > 1 e Y ′(p) = −C f ′(1/p)/p2, da cui con semplici calcoli segueche Y risolve la (19.20) in |p| > 1.

19.9a) Sia g(z) = 1/

√1 + z. Segue dal Teorema 9.13 (con α = −1/2) che

g(z) =

∞∑

k=0

( −1/2k

)zk per |z| < 1.

Poiche Y(p) = Cg(1/p2)/p, sostituendo si ottiene

Y(p) = C∞∑

k=0

( −1/2k

)p−2k−1 per |p| > 1.

b) Si ha( −1/2

k

)=

1k!

(−1

2

)·(−3

2

)· . . . ·

(−1

2− k + 1

)= (−1)k 3 · 5 · · · · · (2k − 1)

k!2k .

19.12Si ricordi l’errata corrige: dobbiamo provare che δn(x) = n f (nx) verifica la (19.32).Ponendo s = nx, si ottiene dx = ds/n e quindi

∫ ∞

−∞δn(x) dx =

∫ ∞

−∞n f (nx) dx =

∫ ∞

−∞f (s) ds = 1.

Inoltre, se x , 0 allora

limn→+∞

δn(x) =1x

limn→+∞

nx f (nx) =1x

lims→+∞

s f (s) = 0.

CAPITOLO 20



20.1Per ogni f , g, h ∈ V e λ, µ ∈ R si ha che

〈g, f 〉 =

∫ π

−πg(x) f (x) dx =

∫ π

−πf (x)g(x) dx = 〈 f , g〉,

〈 f , λg + µh〉 =

∫ π

−πf (x)(λg(x) + µh(x)) dx

= λ

∫ π

−πf (x)g(x) dx + µ

∫ π

−πf (x)h(x) dx = λ〈 f , g〉 + µ〈 f , h〉,

〈 f , f 〉 =

∫ π

−πf 2(x) dx ≥ 0

e

〈 f , f 〉 =

∫ π

−πf 2(x) dx = 0 se e solo se f (x) = 0 per ogni x ∈ [−π, π].

20.2Le uguaglianze 〈1, 1〉 = 2π e 〈1, cos(nx)〉 = 〈1, sin(nx)〉 = 0 (n = 1, 2, . . . ) sono banali.〈cos(nx), sin(mx)〉 = 0 poiche la funzione integranda e dispari. Le altre seguono o inte-grando per parti o utilizzando opportune formule trigonometriche (le formule di Werner).Procedendo nel primo modo, per esempio, se n , m si ottiene

〈sin(nx), sin(mx)〉 = − 1m

sin(nx) cos(mx)∣∣∣∣∣π

−π+

nm

∫ π

−πcos(nx) cos(mx) dx

=n

m2 cos(nx) sin(mx)∣∣∣∣∣π

−π+

n2

m2

∫ π

−πsin(nx) sin(mx) dx

=n2

m2 〈sin(nx), sin(mx)〉

da cui (1 − n2

m2

)〈sin(nx), sin(mx)〉 = 0,

ovvero 〈sin(nx), sin(mx)〉 = 0 (poiche 1 − n2

m2 , 0).

20.5a) Si osservi che

v.p.∫ +∞

−∞

e−iωx

1 + x2 dx =

∫ +∞

−∞

cos(ωx)1 + x2 dx =

∫ +∞+0i

−∞+0i

cos(ωz)1 + z2 dz

=

∫ +∞+0i

−∞+0i

eiωz

2(1 + z2)dz +

∫ +∞+0i

−∞+0i

e−iωz

2(1 + z2)dz.

In particolare la trasformata e pari, quindi e sufficiente considerare il caso ω >0. Per calcolare i due integrali si applica il teorema dei residui (Teorema 18.20)rispettivamente nei domini B1,R = z ∈ C : |z| < R, Im z > 0 e B2,R = z ∈ C : |z| <R, Im z < 0 e il lemma di Jordan (Teorema 18.21): ad esempio∫ +∞+0i

−∞+0i

eiωz

2(1 + z2)dz = lim

R→+∞

∂B1,R

eiωz

2(1 + z2)dz = 2πiRes

(eiωz

2(1 + z2)

)|z=i =

π

2e−ω



e analogamente ∫ +∞+0i

−∞+0i

e−iωz

2(1 + z2)dz =

π

2e−ω,

da cui segue che F [ f ] = πe−|ω|.

20.7Applicando il Teorema 20.9 e scambiando serie e trasformata, si ottiene

F [ f ] = F∞∑

n=−∞

ω0

2πF0(nω0)einω0 x

=

∞∑

n=−∞ω0F0(nω0)δ(ω − nω0).

20.8Poiche il treno di impulsi e periodico di periodo L, segue dall’Esercizio 20.7 che

F∞∑

n=−∞δ(x − nL)

=

∞∑

n=−∞ω0F0(nω0)δ(ω − nω0),

dove ω0 = 2π/L. La conclusione segue osservando che F0(ω) = F [δ] = 1 per ogniω ∈ R.


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