Soluzione degli esercizi per l’esame di
Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2006-2007) Appello del 20 Aprile 2007
1. Calcolare l’integrale indefinito Z
x excos x dx.
Z
x excos x dx = Z
x exd(sin x)
= x exsin x − Z
sin x d(x ex)
= x exsin x − Z
x exsin x dx − Z
ex sin x dx
= x exsin x + Z
x exd(cos x) − Z
ex sin x dx
= x exsin x + x excos x − Z
cos x d(x ex) − Z
ex sin x dx
= x ex(sin x + cos x) − Z
x excos x dx − Z
ex cos x dx − Z
ex sin x dx.
Si ha dunque:
2 Z
x excos x dx = x ex(sin x + cos x) − Z
ex cos x dx − Z
ex sin x dx, cio`e:
Z
x excos x dx = 1 2
x ex(sin x + cos x) −
Z
ex cos x dx + Z
ex sin x dx
.
Poich´e si ha: Z
ex cos x dx = 1
2ex(sin x + cos x), Z
ex sin x dx = 1
2ex(sin x − cos x),
vale a dire: Z
ex cos x dx + Z
ex sin x dx = ex sin x, si trova, in definitiva:
Z
x excos x dx = 1
2ex[x (sin x + cos x) − sin x] .
2. Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′+ 2y′+ y = x2
L’equazione caratteristica per l’equazione differenziale omogenea associata `e α2− 2α + 1 = 0.
Le soluzioni sono: α1 = −1, α2 = −1, cui corrispondono le soluzioni (indipendenti) dell’equazione differenziale omogenea:
y1(x) = e−x, y2(x) = x e−x. Per il nucleo risolvente di Cauchy:
K(x, ξ) = 1 W (0)
y1(0) y2(0) y1(x − ξ) y2(x − ξ)
,
poich´e
W (0) =
y1(0) y2(0) y′
1(0) y′
2(0)
=
1 0
−1 1
= 1, si trova:
K(x, ξ) =
y1(0) y2(0) y1(x − ξ) y2(x − ξ)
=
1 0
e−(x−ξ) (x − ξ) e−(x−ξ) ,
cio`e:
K(x, ξ) = (x − ξ) e−(x−ξ).
Un’integrale particolare dell’equazione non omogenea si trova quindi nella forma:
y0(x) = Z x
0
(x − ξ) e−(x−ξ)ξ2dξ = x2− 4x + 6 + termini proporzionali a y1(x) e y2(x), e l’integrale generale risulta essere:
y(x) = c1e−x+ c2x e−x+ x2− 4x + 6.
3. Determinare l’insieme di definizione della funzione
f (x, y) = arcsinlog(x2+ y2)
Il logaritmo `e definito in tutto il piano xy con l’esclusione dell’origine. La condizione che determina l’insieme di definizione `e quella richiesta dalla funzione arcsin, vale a dire che l’argomento sia un numero compreso tra −1 e 1. Dunque sia non negativo.
L’unica possibilit`a si ha quindi se:
−1 6 log(x2+ y2) 6 1, vale a dire:
1
e 6x2+ y26e.
La porzione del piano xy in cui la condizioni `e soddisfatta `e quella tratteggiata nella figura qui sotto, cio`e la corona circolare compresa tra le circonferenze
x2+ y2 = 1
e, x2+ y2 = e, con centro nell’origine e raggi pari, rispettivamente, a 1/√e, √e.
y
x 1
2
−1
−2
1 2
−1
−2
4. Calcolare il gradiente della funzione
f (x, y, z) = 1
log(x2+ y2+ z2) Il gradiente di f `e il vettore:
∇f = (fx, fy, fy).
Poich´e:
fx = − 1
[log(x2+ y2+ z2)]2
2 x x2+ y2+ z2,
fy = − 1
[log(x2+ y2+ z2)]2
2 y x2+ y2+ z2,
fz = − 1
[log(x2+ y2+ z2)]2
2 z x2+ y2+ z2, si trova infine:
∇f = − 2
[log(x2+ y2+ z2)]2(x2+ y2+ z2)(x, y, z).
5. Trovare massimi e minimi assoluti (se esistono) della funzione f (x, y) = x2+ y2
nel quadrato: T = {(x, y) : −1 6 x 6 1, −1 6 y 6 1}.
Poich´e le derivate parziali prime esistono in tutto il piano xy, i massimi e minimi assoluti sono da ricercare tra i punti estremali e quelli della frontiera di T . Essendo:
fx = 2x, fy = 2y
l’unico punto estremale `e (x, y) = (0, 0). Inoltre, poich´e risulta:
fxx = 2, fyy = 2, fxy = 0 = fyx
si ha evidentemente H(x, y) ≡ 4, quindi (0,0) `e un punto di minimo relativo. Esso va quindi incluso, insieme ai punti della frontiera di T , tra i punti in cui cercare gli eventuali massimi (M ) e minimi (m) assoluti. Lungo i quattro lati della frontiera si ha, rispettivamente:
∂T1 = {y = −1, −1 6 x 6 1} f (x, y) = x2+ 1 1 6 f (x, y) 6 2,
∂T2 = {x = 1, −1 6 y 6 1} f (x, y) = 1 + y2 1 6 f (x, y) 6 2,
∂T3 = {y = 1, −1 6 x 6 1} f (x, y) = x2+ 1 1 6 f (x, y) 6 2,
∂T4 = {x = −1, −1 6 y 6 1} f (x, y) = 1 + y2 1 6 f (x, y) 6 2.
Si verifica facilmente che:
f (0, 0) = 0 = m, f (−1, −1) = f(−1, 1) = f(1, −1) = f(1, 1) = 2 = M.