Capitolo -1. Analisi matematica. Soluzione -1.1 Si ha x 4 x 2/3 a 4/5. x 5/3 a 3/4 x 2/4 = x4 x 2/3 x 5/3 x 1/2 a 4/5 a 3/4

Analisi matematica

Soluzione -1.1 Si ha x⁴x^2/3a^4/5

√3

x⁵√⁴

a³x² ≡ x⁴x^2/3a^4/5

x^5/3a^3/4x^2/4 = x⁴x^2/3x^−5/3x^−1/2a^4/5a^−3/4

= x4+2/3−5/3−1/2a^4/5−3/4= x^5/2a^1/20 =√

x⁵a^1/20 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 + 5 = 2 − 3x nel punto x = 2. Sostituendo

2a + 5 = 2 − 6 → a = −9 2

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 +¹_x 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) = <sup>√</sup><sub>4−x</sub><sup>1</sup> 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

x_1,2 = −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

x_1,2 = −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 c<sub>2</sub> = ` 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(2x^γ))− 1

√3 = cos²(p

4β²+ 1) Separiamo i due membri

20

4 + 30 cos²(tan(2x^γ)) = cos²(p

4β²+ 1) + 1

√3

Moltiplichiamo entrambi i membri per 4 + 30 cos²(tan(2x^γ)) dato che tale termine non si annulla mai, essendo una somma di quantit`a positive. Poi dividiamo entrambi i membri per cos²(p4β²+ 1) + ^√1

3 dato che anche tale termine non si annulla mai, essendo somma di quantit`a positive.

4 + 30 cos²(tan(2x^γ)) = 20

cos²(p4β²+ 1) +^√1₃ Isoliamo la funzione di x

30 cos²(tan(2x^γ)) = 20

cos²(p4β²+ 1) + ^√1

3

− 4

Siccome il secondo membro `e sempre positivo, prendiamo la radice quadrata

cos(tan(2x^γ)) = ± 1

√30

s 20

cos²(p4β²+ 1) + ^√1

3

− 4

Prendiamo ora l’arco-coseno di entrambi i membri¹

tan(2x^γ) = arccos



± 1

√30

s 20

cos²(p4β²+ 1) +^√1₃ − 4



 E quindi applichiamo l’arcotangente a entrambi i membri

2x^γ = arctan





 arccos



± 1

√30

s 20

cos²(p4β²+ 1) + ^√1

3

− 4









 Non ci resta che elevare tutto per 1/γ.

x = 1

2^1/γ arctan^1/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).

1L’argomento del membro di destra `e sicuramente minore di 1, dunque `e possibile calcolare l’arcoseno.

Soluzione -1.24 Usando la regola d

dxxⁿ= nxⁿ⁻¹ f⁰(x) = 48x³ + 4x ; f⁰(x) = ⁴₅ √5¹

x ; f⁰(x) = −¹_5x6/5¹ ; 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)(−h
²)



h(√

1 − h²+ 1)

= lim

h→0

cos(x)(−h)

2 = 0

Mentre il secondo limite `e ormai semplice per noi lim

h→0

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 y<sup>0</sup> < 0 per x < 3/4 e y<sup>0</sup> > 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)_dt^d(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

u^1/2du = 1

6u^3/2+ 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)^x_2!² + f⁰⁰⁰(0)^x_3!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 = a_y a_x =

√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 cos^π₆ =

√ 3

2 e sin^π₆ = 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

θ_ab = arccos 1

√13√

2 ≈ 78.7^◦ θ_ac = arccos 3

√13 ≈ 33.7^◦ θ_ad = 90^◦

Soluzione 0.6 Si ha il prodotto vettoriale tra a = (1, 1, 0) e b = (−1, 2, 0) a × b = (a_yb_z− a_zb_y) ˆx + (a_zb_x− a_xb_z) ˆy + (a_xb_y − a_yb_x) 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 = (a_yb_z− a_zb_y) ˆx + (a_zb_x− a_xb_z) ˆy + (a_xb_y − a_yb_x) 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

 a_x a_y



ottenendo, per θ = π/3

a^∗ = a_xcos θ + a_ysin θ

−a_xsin θ + a_ycos 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.