Analisi matematica
Soluzione -1.1 Si ha x4x2/3a4/5
√3
x5√4
a3x2 ≡ x4x2/3a4/5
x5/3a3/4x2/4 = x4x2/3x−5/3x−1/2a4/5a−3/4
= x4+2/3−5/3−1/2a4/5−3/4= x5/2a1/20 =√
x5a1/20 Soluzione -1.2
4x + 2
x + 3 = 1 x− 12
Per x = 0 si ottiene un risultato assurdo ∞ = ∞, quindi non `e soluzione. Possiamo dunque moltiplicare tutto per x 6= 0
4x + 2 + 3x = 1 − 12x da cui
19x = −1 → x = − 1
19 Soluzione -1.3 I punti sono (4, 5) e (7, −4) dunque
d =p
(4 − 7)2+ (5 − (−4))2 =√
32+ 92 =√
9 + 81 =√
90 = 3√ 10 Soluzione -1.4 Si ha 3x + 1 = 4 − 5x, dunque
3x + 5x = 4 − 1 = 3 → 8x = 3 → x = 3 8
Il punto di incontro ha coordinata x = 3/8 e per trovare la coordinata y sostituiamo in qualsiasi delle due rette. Ad esempio
y = 33
8+ 1 = 17 8 il punto (3/8, 17/8) `e ci`o che si vede in figura 1.
1
Figura 1: Grafico di y = 3x + 1 e y = 4 − 5x. Il punto di incontro `e in x = 3/8, come si vede.
Soluzione -1.5 Portandoci nella forma y = ax + b abbiamo y = −x + 1 y = 1
7x + 3
7 y = −7x + 4
quindi per le tre rette abbiamo a = −1, a = 1/7, a = −7. Si pu`o ottenere anche prendendo due punti qualunque (x1, y1), (x2, y2) e facendo la differenza tra i valori per ciascuna retta.
Soluzione -1.6 Vogliamo che valga l’uguaglianza ax + 2 = 2 − 3x nel punto x = 2.
Sostituendo e semplificando deve essere
a(2) + 2 = 2 − 3(2) → a = −3
cio`e le due rette devono coincidere sempre −3x + 2 = −3x + 2 per ogni x.
Infatti proviamo a risolvere l’equazione per x qualunque portando tutto ci`o che riguarda x al membro di sinistra:
(a + 3)x = 2 − 2 = 0
questa ha due soluzioni possibili, o `e (a − 3) = 0, oppure `e x = 0.
Siccome le rette hanno lo stesso coefficiente angolare +2 (che `e il punto in cui incontrano l’asse y, cio`e il punto in cui x = 0), l’unico modo che hanno per incontrarsi anche nel punto x = 2 `e quello di essere una uguale all’altra, cio`e di coincidere sempre. Stiamo cio`e dicendo che l’unico modo di avere (a+3)x = 0 per x = 2 `e proprio che sia a = −3 , dal momento che 2 6= 0.
Se invece avessimo avuto y1 = ax + 5 e y2 = 2 − 3x, per avere intersezione nel punto x = 2, cio`e
a(2) + 5 = 2 − 3(2)
avremmo dovuto avere un’inclinazione
a = −9 2 cio`e la retta sarebbe dovuta essere
y1 = −9 2x + 2
puoi verificare graficamente sul sito https: // www. desmos. com/ calculator? lang=
it scrivendo le due rette y1 e y2 = 2 − 3x.
Soluzione -1.7 Vediamo se f (x) = x + 2 rispetta la condizione di linearit`a f (x1 + x2) = f (x1) + f (x2)
Si ha
f (x1+ x2) = (x1+ x2) + 2 e
f (x1) + f (x2) = [x1+ 2] + [x2+ 2] = (x1+ x2) + 4 quindi
f (x1 + x2) 6= f (x1) + f (x2)
e la funzione f (x) non pu`o essere lineare. Tuttavia `e una retta, quindi `e lineare nel senso che il suo grafico `e una linea. In realt`a le funzioni f (x) = ax + b si chiamano funzioni affini. Le funzioni affini diventano lineari quando b = 0.
Soluzione -1.8 Per spostare il vertice da (0, 0) a (3, −2) si pu`o procedere traslando rigidamente il disegno della parabola y = x2. Anzitutto la centriamo sul punto x = 3 con la seguente trasformazione
x2 → (x − 3)2
poi trasciniamo verticalmente tutto il disegno verso il basso di −2 unit`a. Il risultato `e y = (x − 3)2− 2
che ha vertice in (3, −2).
Soluzione -1.9 Per f (x) =
√x
x−2 deve essere x ≥ 0 e x 6= 2. Per f (x) = 3x−51 +1x deve essere 3x − 5 6= 0 e x 6= 0, dunque il dominio `e tutta la retta reale, tranne i due punti x 6= 5/3 e x 6= 0. Per f (x) = √4−x1 deve essere 4 − x > 0 ma non uguale a zero perch´e sta a denominatore. Quindi la funzione esiste per x < 4 e non `e compreso il punto x = 4.
Soluzione -1.10 Usando la formula
x1,2 = −b ±√
b2− 4ac 2a
Si trova che y = 3x2 + 2x − 1 incontra y = 0 per x = −1 e x = 1/3. Invece per y = −x2 + 2x + 3 si ha zero per x = −1 e x = 3. Per y = x2 − 6 si ha zero per x = ±√
6. Per y = x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 si ha un unico zero ovviamente per x = 2.
Per y = 2x2+ 3x + 2 non si hanno zeri. Questo perch´e b2− 4ac < 0. La parabola, come puoi verificare, sta graficamente ben sopra l’asse x.
Soluzione -1.11 Deve essere 3x2+ 2 = −2x + 3, ovvero 3x2+ 2x − 1 = 0 che possiamo risolvere con
x1,2 = −b ±√
b2− 4ac 2a
Si ha l’incontro in due punti: per x = −1 e x = 1/3. Le coordinate y di questi punti sono y = −2(−1) + 3 = 5 e y = −2/3 + 3 = 7/3. Ci`o si verifica graficamente.
Soluzione -1.12 Si ha
c1 = ` sin α c2 = ` cos α con α = 60◦ e ` =√
3
c1 =√
3 sin(60◦) = √ 3
√3 2 = 3
2 c2 =√
3 cos(60◦) = √ 31
2 =
√3 2 Soluzione -1.13 Partendo da
sin(α + β) = sin α cos β + sin β cos α con α = β si ha
sin(2α) = sin α cos α + sin α cos α ovvero
sin(2α) = 2 sin α cos α E partendo da
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β con α = β si ha
cos(2α) = cos2α − sin2α
che pu`o essere scritto diversamente usando sin2α + cos2α = 1 cos(2α) = cos2α − 1 + cos2α = 2 cos2α − 1 oppure
cos(2α) = 1 − sin2α − sin2α = 1 − 2 sin2α
Soluzione -1.14 Dalla formula
sin(α + β) = sin α cos β + sin β cos α con α = 45◦ e β = 60◦ si ricava
sin(105◦) = sin(45◦) cos(60◦) + sin(60◦) cos(45◦)
=
√2 2
1 2 +
√3 2
√2 2 =
√2
4 (1 +√ 3) Soluzione -1.15 Si ha
cos(a − b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b) cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b) Se sommiamo membro a membro queste due espressioni
cos(a − b) + cos(a + b) = 2 cos(a) cos(b) quindi otteniamo
cos(a) cos(b) = 1
2[cos(a − b) + cos(a + b)]
Se invece le sottraiamo
cos(a − b) − cos(a + b) = 2 sin(a) sin(b) otteniamo, come richiesto
sin(a) sin(b) = 1
2[cos(a − b) − cos(a + b)]
Soluzione -1.16 Dalle definizioni
tan(30◦) = sin(30◦) cos(30◦) = 1
2
√2
3 = 1
√3 =
√3 3 tan(60◦) = sin(60◦)
cos(60◦) =
√3 2 2 =√
3
tan(75◦) = sin(75◦)
cos(75◦) = sin(45◦+ 30◦) cos(45◦+ 30◦) E
sin(45◦+ 30◦) = sin(45◦) cos(30◦) + sin(30◦) cos(45◦) =
√2 2
√3 2 +1
2
√2 2
=
√2
4 (1 +√ 3)
Quindi
cos(45◦+ 30◦) = q
1 − sin2(45◦+ 30◦) = r
1 −1
8(1 +√ 3)2 =
p2 −√ 3 2 Dunque
tan(75◦) =
√2 2
1 +√ 3 p2 −√ 3
=
√2 2
1 +√ 3 p2 −√ 3
p2 +√ 3 p2 +√
3
=
√2 2
1 +√
√ 3 4 − 3
q 2 +√
3
=
√2
2 (1 +√ 3)
q 2 +√
3 =
√2 2
q
(1 +√
3)2(2 +√ 3)
=
√2 2
q
(1 + 3 + 2√
3)(2 +√ 3) =
q
(2 +√
3)2 = 2 +√ 3
Soluzione -1.17 Dalla definizione
tan(α + β) = sin(α + β)
cos(α + β) = sin α cos β + sin β cos α cos α cos β − sin α sin β
Anzitutto raccogliamo cos α a numeratore e denominatore e semplifichiamo sin α cos β + sin β cos α
cos α cos β − sin α sin β = tan α cos β + sin β cos β − tan α sin β
Raccogliamo ora cos β a numeratore e denominatore, semplifichiamo e giungiamo a tan(α + β) = tan α + tan β
1 − tan α tan β Soluzione -1.18 Si ha
30◦ → → π 30 180 = π
6 60◦ → → π 60
180 = π 3 45◦ → → π 45
180 = π 4 120◦ → → π120
180 = 2 3π 150◦ → → π150
180 = 5 6π
Soluzione -1.19 Gli zeri di
sin 2π T x
si avranno per valori dell’argomento 2π
T x = nπ ovvero per
x = nT 2 cio`e multipli interi del semi-periodo.
Soluzione -1.20
20
4 + 30 cos2(tan(2xγ))− 1
√3 = cos2(p
4β2+ 1) Separiamo i due membri
20
4 + 30 cos2(tan(2xγ)) = cos2(p
4β2+ 1) + 1
√3
Moltiplichiamo entrambi i membri per 4 + 30 cos2(tan(2xγ)) dato che tale termine non si annulla mai, essendo una somma di quantit`a positive. Poi dividiamo entrambi i membri per cos2(p4β2+ 1) + √13 dato che anche tale termine non si annulla mai, essendo somma di quantit`a positive.
4 + 30 cos2(tan(2xγ)) = 20
cos2(p4β2+ 1) +√1
3
Isoliamo la funzione di x
30 cos2(tan(2xγ)) = 20
cos2(p4β2+ 1) + √1
3
− 4
Siccome il secondo membro `e sempre positivo, prendiamo la radice quadrata cos(tan(2xγ)) = ± 1
√30
s 20
cos2(p4β2+ 1) + √1
3
− 4
Prendiamo ora l’arco-coseno di entrambi i membri1
tan(2xγ) = arccos
± 1
√30
s 20
cos2(p4β2+ 1) +√1
3
− 4
1L’argomento del membro di destra `e sicuramente minore di 1, dunque `e possibile calcolare l’arcoseno.
E quindi applichiamo l’arcotangente a entrambi i membri
2xγ = arctan
arccos
± 1
√30
s 20
cos2(p4β2+ 1) + √1
3
− 4
Non ci resta che elevare tutto per 1/γ.
x = 1
21/γ arctan1/γ
arccos
± 1
√30
s 20
cos2(p4β2+ 1) + √13 − 4
Soluzione -1.21 `E sufficiente mandare x e y in
x → x − 3 y → y − 2 Quindi
(x − 3)2+ (y − 2)2 = 4
`e l’equazione del cerchio con centro in (3, 2). Puoi verificarlo calcolando il grafico su https: // www. desmos. com/ calculator? lang= it .
Soluzione -1.22 Vi appartiene solo il punto (√
3, 2) essendo (√
3)2+ (2)2 = 3 + 4 = 7 Soluzione -1.23 Appartengono a
x2 4 + y2
3 = 1 solo i punti (1, ±3/2).
Soluzione -1.24 Usando la regola d
dxxn= nxn−1 f0(x) = 48x3 + 4x ; f0(x) = 45 √51
x ; f0(x) = −15x6/51 ; f0(x) = −43 √31
x2 ; f0(x) = 2t4x;
f0(x) = x56
Soluzione -1.25 Da f (x) = 5x−4/3 si ha df
dx = −20
3 x−7/3 = f0(x)
Nel punto x = 1 il coefficiente angolare della retta tangente `e quindi m = f0(1) = −20
3 (1)−7/3 = −20 3
Soluzione -1.26 Partendo da s(t) = 4t5+ t2+ 3 si ha v(t) = ds(t)
dt = 20t4+ 2t Soluzione -1.27 Dobbiamo calcolare
lim
h→
cos(x + h) − cos(x) h
Sfruttiamo
cos(x + h) = cos(x) cos(h) − sin(x) sin(h) lim
h→0
cos(x + h) − cos(x)
h = lim
h→0
cos(x)(cos(h) − 1) − sin(x) sin(h) h
= lim
h→0
cos(x)(cos(h) − 1)
h − lim
h→0
sin(x) sin(h) h Il primo limite si calcola sfruttando quanto visto nel testo
cos(h) =p
1 − sin2h ≈√ 1 − h2 per cui
h→0lim
cos(x)(√
1 − h2 − 1)
h = lim
h→0
cos(x)(√
1 − h2− 1) h
√1 − h2+ 1
√1 − h2+ 1 = lim
h→0
cos(x)(−h2)
h(√
1 − h2+ 1)
= lim
h→0
cos(x)(−h)
2 = 0
Mentre il secondo limite `e ormai semplice per noi
h→0lim
sin(x) sin(h)
h ≈ lim
h→0
sin(x)h
h = sin(x) Dunque
d
dxcos(x) = − lim
h→0
sin(x) sin(h)
h = − sin(x) Soluzione -1.28 Dobbiamo calcolare la derivata di
y = arctan(x) Facciamo la funzione inversa in entrambi i membri
tan(y) = tan(arctan(x)) = x
Derivando rispetto a y, trattandola quindi come variabile indipendente dx
dy = d
dytan(y) = 1 cos2y
Quindi capovolgendo l’equazione
dy
dx = cos2y E dalla definizione abbiamo
x = tan(y) = sin(y)
cos(y) = p1 − cos2y cos(y) Facendo il quadrato
x2 = 1 − cos2y cos2y ricaviamo cos2y da questa equazione per trovare
cos2y = 1 1 + x2 dunque
dy
dx = 1 1 + x2 che `e la derivata di arctan(x).
Soluzione -1.29
f0(x) = 3 sin2(√
2x) cos(√
√ 2x) 2x f0(x) = cos(2x)
psin(2x) f0(x) = 2 +3
4
p1 + cos(x) − 3x sin(x) 8p1 + cos(x) f0(x) = −3 sin(x) cos2(x)
√1 − cos6x
f0(x) = −2[− sin(x) + x cos(x) + 1]
(sin(x) − 1)2 f0(x) = 1 − 4x(1+x)tan(x2)
2√
1 + x sin(x2)
Soluzione -1.30 Abbiamo y = 2x2− 3x + 12. La sua derivata `e y0 = 4x − 3
che si annulla in corrispondenza di
4x − 3 = 0 → x = 3 4
il quale `e evidentemente un punto di minimo assoluto, dato che y0 < 0 per x < 3/4 e y0 > 0 per x > 3/4. La coordinata y di tale punto `e
y(3
4) = 2 9 16 − 33
4 + 12 = 18 16 −9
4 + 12 = 87 8 Quindi il vertice di y = 2x2− 3x + 12 `e nel punto
3 4,87
8
Soluzione -1.31 Dobbiamo calcolare il massimo della funzione v(t) = 12 20t + 1
20t2+ 4 La derivata `e, trascurando la costante moltiplicativa 12
dv dt =
d
dt(20t + 1)(20t2 + 4) − (20t + 1)dtd(20t2+ 4) (20t2+ 4)2
= 20(20t2+ 4) − 2(20t + 1)t (20t2+ 4)2
Ponendo questa derivata uguale a zero (e quindi considerando solo il numeratore) ci ritroviamo con
10t2+ t − 2 = 0
della quale prendiamo solo la soluzione positiva t = 2/5. Questo `e un punto di massimo in quanto la derivata `e negativa per t > 2/5 e positiva per t < 2/5. La velocit`a massima si trova sostituendo nella funzione originale
v(2
5) = 122025 + 1
20254 + 4 = 12 9
16
5 + 4 = 1215 12 = 15 Soluzione -1.32
f00(x) = 2 cos(3x − 2 + x2) − (2x + 3)2sin(3x − 2 + x2) f00(x) = 36x2+ 4
(x − 2)3 f000(x) = −6(cos(x) + 3)3
(3x + sin(x))4 − 6 sin(x)(cos(x) + 3)
(3x + sin(x))3 + cos(x) (3x + sin(x))2 Soluzione -1.33 Date f (t) = sin(ωt) e f (t) = cos(ωt)
d dt
d
dtsin(ωt)
= d
dt(ω cos(ωt)) = −ω2sin(ωt)
d dt
d
dtcos(ωt)
= −d
dt(ω sin(ωt)) = −ω2cos(ωt) In entrambi i casi
d2f
dt2 = −ω2f Che pu`o essere scritta come
d2f
dt2 + ω2f = 0
che in fisica `e nota come equazione dell’oscillatore armonico.
Soluzione -1.34 Data f (x, y) = 3 sin(x2y) + xy + y12
∂f
∂x = 6xy cos(x2y) + y
∂f
∂y = 3x2cos(x2y) + x − 2 y3
Soluzione -1.35 Data f (x, y, z) = 3x2 + z sin(y) + z; con x(t) = √
t ; y(t) = t2 ; z = 2 sin(t) + 4t si ha la derivata totale rispetto al tempo
df dt = ∂f
∂x dx
dt +∂f
∂y dy dt +∂f
∂z dz
dt df
dt = 6xdx
dt + z cos(y)dy
dt + (sin(y) + 1)dz dt
= 6(√ t) 1
2√
t + (2 sin(t) + 4t) cos(t2)(2t) + (sin(t2) + 1)(2 cos(t) + 4) Ovvero
df
dt = 3 + 4t(sin(t) + 2t) cos(t2) + 2(sin(t2) + 1)(cos(t) + 2) Soluzione -1.36 Data v(t) = 2t2+ 3 sin(t) l’accelerazione `e, per definizione,
a(t) = dv
dt = 4t + 3 cos(t)
Mentre lo spazio percorso si ottiene integrando la velocit`a nel tempo x(t) =
Z
[2t2+ 3 sin(t)]dt = 2 Z
t2dt + 3 Z
sin(t)dt = 21
3t3− 3 cos(t) + C Soluzione -1.37 L’area `e
A = Z 1
0
f (x)dx = Z
(3x3+ x4− x)dx = 3
4x4+ 1
5x5− x2 2
1 0 = 9
20
Soluzione -1.38
Z
(5x + 1)5dx
Poniamo 5x + 1 = u, quindi facendo il differenziale 5 dx = du ovvero dx = 15du 1
5 Z
(u)5du = 1 5 1
6u6+ C = 1
30(5x + 1)6+ C Consideriamo ora
Z √
4x + 2 dx Proviamo 4x + 2 = u, quindi dx = 14du e
Z 1 4
√u du ≡ 1 4
Z
u1/2du = 1
6u3/2+ C = 1
6(4x + 2)3/2+ C Consideriamo ora
Z
cos(2x + 1) dx Poniamo 2x + 1 = u, quindi dx = 12du, dunque
1 2
Z
cos(u) du = 1
2sin(u) + C = 1
2sin(2x + 1) + C Soluzione -1.39
Z sin(x) cos5(x)dx
proviamo a porre u = cos(x). Si ha, facendo il differenziale du = − sin(x)dx
dunque
dx = 1
− sin(x)du Z sin(x)
u5
1
− sin(x)du = − Z
u−5du
= 1
4u−4+ C = 1 4
1
cos4(x) + C Soluzione -1.40
Z
x cos x
| {z }
g0(x)
dx = x sin x − Z
(1) sin x dx = x sin x + cos x + C
Z
x2sin x
| {z }
g0(x)
dx = x2(− cos x) − Z
(2x)(− cos x) dx
= −x2(cos x) + 2 Z
x cos x dx
| {z }
Gi`a calcolato
= −x2cos x + 2(x sin x + cos x) + C Z π/4
0
x sin(2x)
| {z }
g0(x)
dx = x
−1
2cos(2x)
π/4 0
− Z π/4
0
(1)
−1
2cos(2x)
dx
= −1
2[x cos(2x)]
π/4
0 + 1
2
1
2sin(2x)
π/4 0
= 1 4 Soluzione -1.41 Usando l’integrazione per parti
Z 2π 0
cos(x) cos(x) dx = cos(x) sin(x)
2π 0
− Z 2π
0
(− sin(x)) sin(x) dx E siccome
cos(x) sin(x)
2π
0 = cos(2π) sin(2π) − cos(0) sin(0) = 0 − 0 = 0 abbiamo proprio
Z 2π 0
cos(x) cos(x) dx = Z 2π
0
sin(x) sin(x) dx ovvero
Z 2π 0
cos2(x) dx = Z 2π
0
sin2(x) dx come volevamo dimostrare.
Soluzione -1.42 Essendo Z 2π
0
cos2(x) dx = Z 2π
0
sin2(x) dx ≡ A la somma dei due integrali `e
Z 2π 0
(cos2(x) + sin2(x)) dx = 2A usando l’identit`a fondamentale
cos2(x) + sin2(x) = 1
abbiamo
Z 2π 0
(cos2(x) + sin2(x)) dx = Z 2π
0
(1) dx = 2π quindi
2A = 2π → A = π dunque
Z 2π 0
cos2(x) dx = Z 2π
0
sin2(x) dx = π
Soluzione -1.43 Partendo da
f (x) = 1
√5
1 − x ≡ (1 − x)−1/5 Abbiamo, usando
(1 − x)n = 1 − nx + n(n − 1)
2 x2+ O(x3) 1
√5
1 − x ≈ 1 + x 5 + 3
25x2+ O(x3) Soluzione -1.44
a(t) = α pβ2+ γt2 Raccogliamo β2 a denominatore perch´e vogliamo avere √
γt/β 1 a(t) = α
β
1 r
1 +
√γt
β
2
Ponendo
x ≡ √γt β
2
ci siamo ricondotti alla forma
(1 + x)n ≈ 1 + nx con n = −1/2. Dunque
a(t) ≈ α
β 1 −1 2
√γt β
2!
+ O(t4) = α β
1 − γ
2β2t2
+ O(t4)
Soluzione -1.45 Si ha f (x) ≈ f (0) + f0(0)x + f00(0)x2!2 + f000(0)x3!3. Per f (x) = sin(x) chiaramente f (0) = 0. Poi
f0(x) = cos(x) → f0(0) = 1 E f00(x) = − sin(x) motivo per cui
f00(0) = − sin(0) = 0 Poi si ha
f000(x) = − d
dxsin(x) = − cos(x) e quindi
f000(0) = − cos(0) = −1 per cui
sin(x) ≈ 0 + (1)x + (0)x2
2! + (−1)x3 3!
= x − x3 3!
Soluzione -1.46 Partiamo da dy
dx + 2x2− sin x = 2 Separiamo dy e dx
dy = (2 + sin x − 2x2)dx Quindi integriamo ambo i lati
y(x) = Z
(2 + sin x − 2x2) dx = 2x − cos x −2
3x3+ C quindi la soluzione `e
y(x) = 2x − cos x −2
3x3+ C con C costante arbitraria, puoi verificare sostituendo.
Soluzione -1.47 Partiamo da
2dy dx + 1
x2 = 1 Separiamo dy e dx
2dy =
1 − 1
x2
dx Ovvero, integrando
2y(x) = x + 1 x + c1
ovvero, chiamando C ≡ c1/2
y(x) = x 2 + 1
2x+ C
Soluzione -1.48 Partiamo da
v1(t) = 2t + 3 v2(t) = 6t + 2 Integrando
s1(t) = t2+ 3t + c1 s2(t) = 3t2+ 2t + c2
e usando le condizioni iniziali s1(0) = 4 , s2(0) = 0 troviamo c1 = 4 e c2 = 0. L’incrocio avviene per s1(t) = s2(t) ovvero
t2+ 3t + 4 = 3t2+ 2t che si traduce nel trovare gli zeri della parabola
2t2− t − 4 = 0
la quale ammette due soluzioni: scartiamo la soluzione negativa. Si ottiene l’incrocio all’istante
t∗ = 1 4 +
√33 4 Soluzione -1.49 Si ha
a(t) = β
t3 + 2α cos(ωt) L’integrale ci d`a la velocit`a, usando
Z
xndx = 1
n + 1xn+1+ C e l’integrale del coseno che `e il seno.
v(t) = Z
a(t) dt = β Z
t−3dt + 2α Z
cos(ωt) dt
= −β 2
1 t2 + 2α
ωsin(ωt) + C1
Puoi verificare ci`o semplicemente facendo la derivata di v(t) e confrontandola con l’espressione originale di a(t). Per t∗ = π/ω
v(t∗) = −β 2
ω2 π2 + 2α
ωsin(π)
| {z }
0
+C1 = v0
Ricaviamo
C1 = v0+ β 2
ω2 π2
Dunque
v(t) = −β 2
1 t2 + 2α
ωsin(ωt) + v0+ β 2
ω2 π2 Integriamo ancora per trovare lo spazio
x(t) = −β 2
Z
t−2dt + 2α ω
Z
sin(ωt) + v0+ β 2
ω2 π2
Z dt
= β 2
1 t − 2α
ω2 cos(ωt) +
v0+ β
2 ω2 π2
t + C2
e di nuovo puoi verificare che ci`o `e vero facendo la derivata e confrontando con v(t).
Per
t0 = π 2ω Abbiamo
x(t0) = β 2
2ω π − 2α
ω2 cos(π 2)
| {z }
0
+
v0+β
2 ω2 π2
π
2ω + C2 = x0
da cui troviamo
C2 = x0− 5βω
4π −v0π 2ω Soluzione -1.50 La soluzione di
d2s(t)
dt2 + s(t) = 0 con s(t) = 0 per t = π/2 `e naturalmente s(t) = cos(t).
Sistemi di coordinate
Soluzione 0.1
c = (−1, 3) + (0, 4) = (−1, 7) d = (−1, 3) − (0, 4) = (−1, −1) Il risultato `e mostrato in figura 1.
Figura 1: In linea tratteggiata il vettore differenza, in linea continua il vettore somma.
Soluzione 0.2
a + b = (√
3, 2) + (−1,√
3 − 3) = (√
3 − 1,√ 3 − 1) 19
Il modulo `e
||a + b|| = q
(√
3 − 1)2+ (√
3 − 1)2 =√ 2
q (√
3 − 1)2 =√ 2(√
3 − 1) Soluzione 0.3 In notazione con i versori degli assi coordinati
a = (3,√
3) = 3 ˆx +√ 3 ˆy L’angolo alla base `e dato dalla tangente
tan θ = ay ax =
√3 3
e sappiamo che la tangente ha questo valore in corrispondenza di 30◦ ovvero θ = π6. Quindi siccome
||a|| = q
32 +√
32 =√
9 + 3 =√
12 = √
4 · 3 = 2√ 3 Avremo infine la seguente scrittura
a = ||a||(cos θ, sin θ) cio`e
a = 2√ 3
cosπ 6, sinπ
6
E siccome cosπ6 =
√ 3
2 e sinπ6 = 12 troviamo a = 2√
3
√3 2 ,1
2
!
= (3,√ 3)
che `e il vettore scritto nella notazione originale, dunque abbiamo calcolato tutto corret- tamente.
Soluzione 0.4 Il prodotto scalare di a = (1, −2) con i seguenti vettori: b = (2, 1) ; c = (0, 1) ; d = (−1, 1) `e
a · b = (1)(2) + (−2)(1) = 2 − 2 = 0 a · c = (1)(0) + (−2)(1) = −2 a · d = (1)(−1) + (−2)(1) = −1 − 2 = −3
Soluzione 0.5 Il prodotto scalare di a = (3, −2) con i seguenti vettori: b = (1, 1) ; c = (2, 0) ; d = (2, 3) `e
a · b = 1 a · c = 6
a · d = 6 − 6 = 0 Essendo a · b = ab cos θ si ha
cos θ = a · b
ab = 1
√13√ 2 cos θ = a · c
ac = 6 2√
13 cos θ = a · d
ad = 0 Dunque
θab = arccos 1
√13√
2 ≈ 78.7◦ θac = arccos 3
√13 ≈ 33.7◦ θad = 90◦
Soluzione 0.6 Si ha il prodotto vettoriale tra a = (1, 1, 0) e b = (−1, 2, 0) a × b = (aybz− azby) ˆx + (azbx− axbz) ˆy + (axby − aybx) ˆz
= 0 ˆx + 0 ˆy + ((1)(2) + (1)(2)) ˆz = (0, 0, 4) E il prodotto scalare tra (0, 0, 4) con a = (1, 1, 0) e b = (−1, 2, 0) `e
(0, 0, 4) · (1, 1, 0) = 0 + 0 + 0 = 0 (0, 0, 4) · (−1, 2, 0) = 0 + 0 + 0 = 0
Quindi il prodotto vettoriale `e perpendicolare ai due vettori originali.
Soluzione 0.7 Il prodotto vettoriale tra a = (1, 2, 1) e b = (2, 0, −2) `e a × b = (aybz− azby) ˆx + (azbx− axbz) ˆy + (axby − aybx) ˆz
= −4 ˆx + 4 ˆy − 4 ˆz Mentre il prodotto scalare `e
a · b = 2 − 2 = 0 quindi
θ = π 2 Quindi siccome
||a × b|| =√
42+ 42+ 42 = 4√ 3
e
||a|| =√
1 + 4 + 1 = √ 6
||b|| =√
4 + 0 + 4 = √
8 = 2√ 2 Abbiamo
||a|| ||b|| = 2√
12 = 4√ 3 che corrisponde esattamente a
||a × b|| = ||a|| ||b|| sin θ con
θ = π 2 e quindi
sin θ = 1
Soluzione 0.8 Dato r(t) = (2t, t cos(t), t3) la velocit`a istantanea `e dr
dt = (2, cos(t) − t sin(t), 3t2) e l’accelerazione
d2r
dt2 = (0, −2 sin(t) − t cos(t), 6t) avendo modulo
||a(t)|| =p
02+ (2 sin(t) + t cos(t))2+ 36t2
= q
4 sin2t + t2cos2t + 2t sin(2t) + 36t2 Soluzione 0.9 Eravamo arrivati a
v(t) = 2t + 4t3 2√
t2+ t4r + r(t)ˆ dθ dt
θˆ Con
θ(t) = arctan(t) come avevamo visto. Si ha
dθ dt = d
dt arctan(t) = 1 1 + t2 dunque
v(t) = 2t + 4t3 2√
t2+ t4 + r(t) 1 + t2
θˆ Ed inserendo r(t) =√
t2+ t4
v(t) = 2t + 4t3 2√
t2+ t4 +
√t2+ t4 1 + t2
θˆ
A confronto, l’espressione in coordinate cartesiane era molto pi`u semplice:
v(t) = ˆx + 2t ˆy
Soluzione 0.10 Dato
r(t) = (2t, 3t2) la velocit`a in cartesiane `e
dr
dt = (2, 6t) Per convertire in polari usiamo
v(t) = ( ˙r, r ˙θ)
dove ora le componenti sono riferite a due versori diversi da quelli di x e y, cio`e i versori ˆr e ˆθ. Il modulo di r(t) `e
r =p
(2t)2+ (3t2)2 =√
4t2+ 9t4 e la sua derivata rispetto al tempo
˙r = 1
2√
4t2+ 9t4 d
dt(4t2+ 9t4) = (4t + 18t3)
√4t2 + 9t4 L’angolo polare `e
θ = arctan y(t) x(t)
= arctan3t 2 e la sua derivata `e
dθ
dt ≡ ˙θ = d
dtarctan3t 2 = 3
2 1
(1 + 94t2) = 6 4 + 9t2 Dunque la velocit`a in componenti polari `e
v(t) = (4t + 18t3)
√4t2+ 9t4,√
4t2+ 9t4 6 4 + 9t2
= (4t + 18t3)
√4t2+ 9t4, 6t
√4 + 9t2
= (4 + 18t2)
√4 + 9t2 , 6t
√4 + 9t2
Il modulo `e
||v|| = 1
√4 + 9t2
p(4 + 18t2)2+ 36t2) = 2
√4 + 9t2
√
81t4+ 45t2+ 4 che possiamo scrivere come
81t4+ 45t2+ 4 = (36t2+ 4)(9
4t2+ 1) Dunque
||v|| =√
4 + 36t2 che `e lo stesso modulo calcolabile in coordinate cartesiane
||(2, 6t)|| =√
4 + 36t2
dato che il modulo, essendo uno scalare, non dipende dalle coordinate scelte.
Soluzione 0.11 Si ha r(t) = v0t e θ(t) = ωt, quindi v = ( ˙r, r ˙θ) = (v0, rω) il modulo `e
v(t) = q
v20+ r2ω2 = q
v02+ v02t2ω2 = v0√
1 + ω2t2 In coordinate cartesiane
x(t) = r cos θ y(t) = r sin θ dove r(t) = v0t e θ(t) = ωt, quindi
x(t) = (v0t) cos(ωt) y(t) = (v0t) sin(ωt) La loro derivata `e
˙x(t) = v0cos(ωt) − v0ωt sin(ωt) y(t) = v˙ 0sin(ωt) + v0ωt cos(ωt) Quindi la velocit`a `e
v(t) = (v0cos(ωt) − v0ωt sin(ωt), v0sin(ωt) + v0ωt cos(ωt)) la cui espressione `e ben pi`u complessa di quella in polari. Il modulo quadro `e
v(t)2 = (v0cos(ωt) − v0ωt sin(ωt))2+ (v0sin(ωt) + v0ωt cos(ωt))2
= v02[sin2(ωt) + cos2(ωt)] + v20t2ω2[sin2(ωt) + cos2(ωt)]
+2v02ωt cos(ωt) sin(ωt) − 2v02ωt cos(ωt) sin(ωt)
= v20(1 + t2ω2) quindi
v(t) = v0√
1 + ω2t2
esattamente come in coordinate polari, ma con il triplo della fatica.
La forma geometrica della traiettoria `e a tutti gli effetti una spirale. Eliminando il tempo da r(t) = v0t e θ(t) = ωt ricaviamo
r(θ) = v0 ωθ
che `e proprio l’equazione di una spirale in coordinate polari in geometria, il cui disegno
`e riportato in figura 2.
Figura 2: La spirale di Archimede, definita dall’equazione r(θ) = (v0/ω)θ.
Soluzione 0.12 Partendo da a = (3, 1) usiamo la matrice di rotazione
a∗x(t) a∗y(t)
= cos θ sin θ
− sin θ cos θ
ax ay
ottenendo, per θ = π/3
a∗ = axcos θ + aysin θ
−axsin θ + aycos θ
= 312 +
√3 2
−3
√ 3 2 +12
!
Il modulo del vettore in tali coordinate `e
||a∗|| = s
(3 2 +
√3
2 )2+ (−3
√3 2 +1
2)2 = 1 2
√
40 =√ 10 mentre nel sistema originale
||a|| =√
9 + 1 =√ 10
Come ci aspettavamo, uno scalare non dipende dal sistema di coordinate.