C.d.L. Triennale in
Ingegneria Informatica e dell’Automazione
A.A. 2012/2013
Corso di Analisi Matematica 2 – 9 CFU
Dr. G. Autuori
Prova scritta del 24 Luglio 2013
Esercizio 1. Studiare il comportamento delle seguenti serie in C:
∞
X
n=1
cotan(1/n) n
3n− 6n
2z + 1 nα
n n, α ∈ R \ {0};
∞
X
n=2
arctan α
nn
n− 1
z − 1 n
n, (α
n)
n⊂ R
+0` e monotona.
Esercizio 2. Sia D ⊂ R
2una superficie piana formata da due lamine D
1= (x, y) ∈ R
2: x
2+ y
2≤ 1/4, x ≤ 0 ,
D
2= (x, y) ∈ R
2: x
2+ y
2≤ 1, x ≥ 0 ,
entrambe di densit` a variabile ϕ(x, y) = (1 − |y|)(x
2+ y
2), congiunte lungo l’asse y.
Determinare la massa di D, le coordinate del suo centro di massa e il suo momento d’inerzia rispetto all’asse perpendicolare al piano {z = 0}
e passante per l’origine.
Esercizio 3. Determinare il valore del seguente integrale Z
R
αx + 1
(1 + x
2)(1 + x
4) dx, α ∈ R.
Esercizio 4. Mediante Gauss–Green, calcolare Z Z
G
3y
2dxdy, dove
Risoluzione
Esercizio 1. Prima serie. ` E una serie di potenze del tipo
∞
X
n=1
a
n(z + 1)
n, a
n= cotan(1/n) (n
3n− 6n
2)n
nα
n2. Osserviamo che a
n∼ n
n
3nn
nα
n2= n
n
4nα
n2=: β
nper n → ∞. Si ha p|β
n n| =
n n
4n· 1
|α|
n2 1/n=
√
nn n
4· 1
|α|
n. Ora
n→∞
lim
p|a
n n| = lim
n→∞
p|β
n n| =
( ∞, 0 < |α| < 1, 0, |α| ≥ 1.
Pertanto, se 0 < |α| < 1 la serie assegnata ha raggio di convergenza
% = 0, ossia converge esclusivamente nel suo centro z = −1 e diverge in ogni altro punto z ∈ C.
Se, invece, |α| ≥ 1, allora la serie ha raggio di convergenza % = ∞, ossia converge semplicemente in ogni punto z ∈ C e totalmente in tutti i sottoinsiemi compatti dei dischi B(−1, r), con r > 0.
Seconda serie. Per ipotesi esiste lim
n→∞
α
n= ` ≥ 0. La serie pu` o essere scritta nella forma
∞
X
n=2
a
n(z − 1)
n, dove a
n= arctan(α
n)
(n
n− 1)n
n∼ arctan `
n
2nper n → ∞.
Si ha
p|a
n n| ∼
√
narctan `
n
2→
(
1∞
= 0, ` > 0
0
∞
= 0, ` = 0, per n → ∞.
Dunque, in ogni caso si ha % = ∞, e perci` o la serie converge semplice- mente in ogni punto z ∈ C e totalmente in tutti i sottoinsiemi compatti dei dischi B(1, r), con r > 0.
Esercizio 2. La superficie limitata D si pu` o rappresentare in R
2come
in figura.
Calcolo della massa. La massa M = M (D) della lamina piana D si de- termina attraverso il calcolo dell’integrale M (D) =
Z Z
D
ϕ(x, y)dxdy.
Con ovvio significato di simboli, data la geometria dell’insieme, ` e conve- niente calcolare separatamente M (D
1) e M (D
2), utilizzando comunque in entrambi i casi le coordinate polari:
D
1:
x(%, ϑ) = % cos ϑ, y(%, ϑ) = % sin ϑ,
(%, ϑ) ∈ 0,
12×
π2,
3π2,
D
2:
x(%, ϑ) = % cos ϑ, y(%, ϑ) = % sin ϑ,
(%, ϑ) ∈ [0, 1] × −
π2,
π2. Naturalmente ϕ(%, ϑ) = (1 − %| sin ϑ|)%
2e |detJ | = %. Quindi
M (D
1) = Z
1/20
Z
3π/2 π/2(1 − %| sin ϑ|)%
3dϑd%
= π Z
1/20
%
3d% − Z
1/20
%
4d%
Z
3π/2 π/2| sin ϑ|dϑ = π 64 − 1
80 . Analogamente
M (D
2) = Z
10
Z
π/2−π/2
(1 − %| sin ϑ|)%
3dϑd%
= π Z
10
%
3d% − Z
10
%
4d%
Z
π/2−π/2
| sin ϑ|dϑ = π 4 − 2
5 . Perci` o M = M (D
1) + M (D
2) = 17
64 π − 33
80 .
Baricentro. Le coordinate del baricentro di D sono x
D= 1 M
Z Z
D
xϕ(x, y)dxdy e y
D= 1
M Z Z
D
yϕ(x, y)dxdy. Si ha Z Z
D1
xϕ(x, y)dxdy = Z
1/20
Z
3π/2 π/2% cos ϑ(1 − %| sin ϑ|)%
3dϑd%
= Z
1/20
%
4d%
Z
3π/2 π/2cos ϑdϑ − Z
1/20
%
5d%
Z
3π/2 π/2| sin ϑ| cos ϑdϑ
= %
55
1/2 0[sin ϑ]
3π/2π/2− %
66
1/2 01
2 sin
2ϑ
π π/2+ 1
2 cos
2ϑ
3π/2 π= 1 5 · 1
32 (−2) − 1 6 · 1
64
− 1 2 − 1
2
= − 1 80 + 1
384 . Analogamente
Z Z
D2
xϕ(x, y)dxdy = %
55
1 0[sin ϑ]
π/2−π/2− %
66
1 01
2 cos
2ϑ
0−π/2
+ 1
2 sin
2ϑ
π/2 0= 2 5 − 1
6
1 2 + 1
2
= 7 30 . Pertanto x
D= 1
M
− 1 80 + 1
384 + 7 30
= 143 640M .
Data la geometria del dominio e la simmetria della funzione ϕ rispetto alla variabile y, si deduce immediatamente che y
D= 0. Infatti:
Z Z
D1
yϕ(x, y)dxdy = Z
1/20
Z
3π/2 π/2%
4sin ϑ(1 − %| sin ϑ|)dϑd%
= Z
1/20
%
4d%
Z
3π/2 π/2sin ϑdϑ − Z
1/20
%
5d%
Z
3π/2 π/2| sin ϑ| sin ϑdϑ
= %
55
1/2 0[− cos ϑ]
3π/2π/2− %
66
1/2 0( Z
π π/2sin
2ϑdϑ − Z
3π/2π
sin
2ϑdϑ )
= 0 − 1 6 · 1
64 ( ϑ
2 − sin ϑ cos ϑ 2
π π/2− ϑ
2 − sin ϑ cos ϑ 2
3π/2 π)
= 0.
Analogamente Z Z
D2
yϕ(x, y)dxdy = Z
10
Z
π/2−π/2
%
4sin ϑ(1 − %| sin ϑ|)dϑd% = 0
In conclusione le coordinate del baricentro sono (x
D, y
D) =
143 640M , 0
. Momento d’inerzia. ` E dato dalla formula
I = Z Z
D
δ
2(x, y)ϕ(x, y)dxdy
dove δ(x, y) = px
2+ y
2` e la distanza di un generico punto di D dall’asse specificato. In coordinate polari si ha
I = Z
1/20
Z
3π/2 π/2%
5(1 − %| sin ϑ|)dϑd% + Z
10
Z
π/2−π/2
%
5(1 − %| sin ϑ|)dϑd%
= π Z
1/20
%
5d% − Z
1/20
%
6d%
Z
3π/2 π/2| sin ϑ|dϑ
+ π Z
10
%
5d% − Z
10
%
6d%
Z
π/2−π/2
| sin ϑ|dϑ.
Ora, osservando che
Z
3π/2 π/2| sin ϑ|dϑ = Z
π/2−π/2
| sin ϑ|dϑ = 2, otteniamo
I = π 6 · 65
64 − 1 7 · 129
64 = 455π − 774 2688 .
Esercizio 3. Si pu` o utilizzare la Teoria dei residui. La funzione di variabile complessa f (z) = αz + 1
(1 + z
2)(1 + z
4) ` e analitica nel dominio Ω = C \ S(f ), dove S(f ) = {z ∈ C : z
4+ 1 = 0 ∨ z
2+ 1 = 0} ` e l’insieme dele singolarit` a di f .
Individuazione di S(f ) e classificazione delle singolarit` a. Le singolarit` a di f sono le radici delle equazioni
(1) z
2+ 1 = 0 e z
4+ 1 = 0,
ossia le due radici seconde e le quattro radici quarte del numero com- plesso ω = (0, −1).
Per quanto riguarda le due soluzioni della (1)
1, esse sono banalmente z = ±i.
Cerchiamo dunque le soluzioni di (1)
2. Si ha |ω| = 1 e arg
pω = π, cio` e ω = (cos π, sin π). D’altra parte, z = |z|(cos ϑ, sin ϑ), dove ϑ = arg
pz ∈ [0, 2π]. Grazie alle Formule di de Moivre, si ha
z
4= |z|
4(cos 4ϑ, sin 4ϑ),
e dunque l’equazione impone
|z| = 1 e 4ϑ = π + 2kπ, k ∈ Z.
Pertanto le quattro soluzioni di (1)
2sono z
k= e
iϑk, ϑ
k= π
4 + k π
2 , k = 0, 1, 2, 3, ovvero
z
0=
√ 2 2 ,
√ 2 2
!
, z
1= −
√ 2 2 ,
√ 2 2
! ,
z
2= −
√ 2 2 , −
√ 2 2
!
, z
3=
√ 2 2 , −
√ 2 2
! .
Le sei soluzioni di (1) sono disposte nel piano di Gauss come in figura.
Chiaramente f (z) = αz + 1
(z − i)(z + i)(z − z
0)(z − z
1)(z − z
2)(z − z
3) e perci` o le singolarit` a ±i e z
k, k = 0, 1, 2, 3, sono poli semplici per f .
Individuazione di una opportuna curva Γ ⊂ Ω. Sia R > 1 e si consideri la curva regolare chiusa Γ = γ
R∪ δ
Rdove
γ
R(t) = Re
it, t ∈ [0, π] e δ
R(t) = R(2t − 1), t ∈ [0, 1].
Per il Teorema dei Residui, considerando solo le singolarit` a racchiuse all’interno della curva Γ, si ha
(2)
Z
Γ
f (z)dz = 2πi{Res(f, i) + Res(f, z
0) + Res(f, z
1)}.
Calcolo dei residui. Trattandosi di poli semplici si ha Res(f, i) = lim
z→i
(z − i)f (z) e Res(f, z
k) = lim
z→zk
(z − z
k)f (z), k = 0, 1.
Quindi
Res(f, i) = lim
z→i
αz + 1
(z + i)(z − z
0)(z − z
1)(z − z
2)(z − z
3)
= αi + 1
2i(i − z
0)(i − z
1)(i − z
2)(i − z
3) = αi + 1 4i , Res(f, z
0) = lim
z→z0
αz + 1
(z − i)(z + i)(z − z
1)(z − z
2)(z − z
3)
= αz
0+ 1
(z
02+ 1)(z
0− z
1)(z
0− z
2)(z
0− z
3) = αz
0+ 1 (1 + i)4iz
0, Res(f, z
1) = lim
z→z1
αz + 1
(z − i)(z + i)(z − z
0)(z − z
2)(z − z
3)
= αz
1+ 1
(z
12+ 1)(z
1− z
0)(z
1− z
2)(z
1− z
3) = αz
1+ 1 (1 − i)4iz
1. Essendo z
0z
1= −1, la (2) resituisce
Z
Γ
f (z)dz = 2πi αi + 1
4i + αz
0+ 1
(1 + i)4iz
0+ αz
1+ 1 (1 − i)4iz
1= − π 2
αi + 1 + αz
0+ 1 (1 + i)z
0− αz
1+ 1 (1 − i)z
1= − π
4 {z
1(1 − i) − z
0(1 + i) − 2} , ossia, sostituendo a z
0e z
1i loro effettivi valori (3)
Z
Γ
f (z)dz = π 2 . Calcolo dell’integrale assegnato. Chiaramente (4)
Z
Γ
f (z)dz = Z
γR
f (z)dz + Z
R−R
f (x)dx.
Ora
|zf (z)| = |z| · |αz + 1|
|z
2+ 1| · |z
4+ 1| ∼ |α| · |z|
2|z|
6→ 0 per |z| → ∞ e dunque lim
R→∞
Z
γR
f (z)dz = 0 per il Lemma del Grande Cerchio. Per- tanto, facendo il limite per R → ∞ nella (4), dalla (3) si ottiene
Z
R
αx + 1
(1 + x
2)(1 + x
4) dx = Z
Γ
f (z)dz = π
2 , per ogni α ∈ R.
Esercizio 4. La formula generale di Gauss–Green nel piano ` e Z Z
G
(Q
x− P
y)dxdy = Z
∂+G
P dx + Qdy,
dove P (x, y) e Q(x, y) sono almeno di classe C
1(G). Nel nostro caso, occorre determinare P e Q, sufficientemente regolari, tali che Q
x−P
y= 3y
2. Le scelte sono chiaramente infinite. Una di queste ` e la seguente P (x, y) = −y
3e Q(x, y) ≡ 0, da cui
(5)
Z Z
G
3y
2dxdy = Z
∂+G
−y
3dx.
Dunque occorre parametrizzare positivamente la frontiera di G. Chiara- mente ∂
+G ` e dato dall’unione di sei curve orientate come in figura
Per motivi geometrici, le parametrizzazioni pi` u convenienti sono
γ
1:
x(ϑ) = 4 + 2 cos ϑ, y(ϑ) = 2 sin ϑ, ϑ ∈ −
π2,
π2,
γ
2:
x(t) = 4(1 − 2t), y(t) = 2,
t ∈ [0, 1],
γ
3:
x(ϑ) = −4 + 2 cos ϑ, y(ϑ) = 2 sin ϑ, ϑ ∈
π2
,
3π2,
γ
4:
x(t) = −4(1 − 2t), y(t) = −2,
t ∈ [0, 1],
γ
5:
x(ϑ) = 4 + cos ϑ, y(ϑ) = sin ϑ, ϑ ∈ [0, 2π] ,
γ
6:
x(ϑ) = −4 + cos ϑ,
y(ϑ) = sin ϑ,
ϑ ∈ [0, 2π] .
Notiamo che γ
5e γ
6sono percorse in senso orario e dunque, in base alle parametrizzazioni scelte si avr` a:
(6)
Z
∂+G
P dx =
4
X
i=1
Z
γi
P dx −
6
X
i=5
Z
γi
P dx.
Determiniamo i singoli contributi degli integrali.
Z
γ1
P dx = Z
π/2−π/2
P (ϑ)x
0(ϑ)dϑ = 16 Z
π/2−π/2
sin
4ϑdϑ = 32 Z
π/20
sin
4ϑdϑ.
Osserviamo che
sin
4ϑ = sin
2ϑ − (sin 2ϑ)
24
e pertanto, utilizzando, quando opportuno, il cambiamento di variabile u = 2ϑ, si ottiene
Z
π/2 0sin
4ϑdϑ = Z
π/20
sin
2ϑdϑ − 1 4
Z
π/2 0(sin 2ϑ)
2dϑ
= 1
2 [ϑ − sin ϑ cos ϑ]
π/20− 1 4
Z
π 0sin
2u 2 du
= π 4 − 1
8 Z
π0
sin
2udu
= π 4 − 1
16 [u − sin u cos u]
π0= 3 16 π.
Dunque Z
γ1
P dx = 6π e, in modo analogo, si ottiene Z
γ3
P dx = 6π.
D’altra parte Z
γ2
P dx = Z
10
P (t)x
0(t)dt = Z
10
64dt = 64 = Z
γ4
P dx.
Infine, procedendo come per γ
1e γ
3, si trova Z
γ5
P dx = Z
2π0
P (ϑ)x
0(ϑ)dϑ = Z
2π0
sin
4ϑdϑ = 3 4 π =
Z
γ6
P dx.
In conclusione, dalla (5) e (6), si ottiene Z Z
G
