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Z x excos x dx − Z ex cos x dx − Z ex sin x dx

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Academic year: 2021

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(1)

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)

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)

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)

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.

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