Dobbiamo dunque calcolare lo sviluppo di Mc Laurin del numeratore fino al quarto ordine. Ricordando che cos(x) = 1 x 2 /2! + x 4 /4!

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1 Serie Esercizio Esame di Complementi di Matematica Corso di Laurea in Chimica Esame di Matematica II Corso di Laurea in Scienza dei Materiali 23 Giugno 26 Soluzioni Calcolare cos(x) + x 2 /2 lim x x 2 sin( x2 4 ) Soluzione Il limite proposto è una forma indeterminata del tipo [ ]. Il denominatore va a zero come x 4 ; infatti, abbiamo che il suo sviluppo in serie è x 2 (sin(x 2 /4)) x 2 (x 2 /4 (x/4) 3 /3! + ) x 4 /4 + Dobbiamo dunque calcolare lo sviluppo di Mc Laurin del numeratore fino al quarto ordine. Ricordando che cos(x) = x 2 /2! + x 4 /4! + otteniamo che Dunque ho cos(x) + x/2 = x 4 /4! + cos(x) + x 2 /2 lim x x 2 sin( x2 4 ) = lim x x 4 /4! + x 4 /4 + = 6.

2 Esercizio 2 Calcolare exp( x 2 ) dx con un errore inferiore a. Soluzione L integrando è la serie esponenziale con argomento x 2. Tale serie converge assolutamente ed uniformemente per tutti i valori reali dell argomento, quindi possiamo integrare termine a termine. Lo sviluppo inserie di Mc Laurin di exp( x 2 ) è exp(x 2 ) = i= ( ) n x2n n! Integrando termine a termine ottengo: = x 2 + x 4 /2! x 6 /3! +. exp( x 2 ) dx = (x x3 3 + x5 + ) = ( ) n (2n + )n!, (.) dato che il contributo dell estremo inferiore di integrazione è nullo. La serie così ottenuta è una serie a termini alternati, con il modulo del termine generale, ovvero decrescente e che tende a zero per n (2n + )n!. Posso quindi utilizzare il teorema di Leibniz che dice che, se i= ( )n b n è una serie che soddisfa le ipotesi di cui sopra, essa converge (diciamo a S) ed inoltre S i= N ( ) n b n b N+ i= ovvero, a parole, che la differenza tra la somma della serie e la sua ennesima somma parziale è limitata dal modulo del primo termine che si trascura. Quindi, riconsiderando la equazione (.), per risolvere il problema nella maniera più economica, dovrò trovare il più piccolo valore di n per il quale valga (2n + )n! 2

3 ovvero il valore di n per il quale (2n + )n!. Conviene tabulare i primi valori di n e (2n + )n! nella tabella: [ ] Quindi il valore cercato di n è n = 4 e dunque, a meno di /, exp( x 2 ) dx 3 ( ) n (2n + )n! i= = /3 + / /42 = = 56 2 = Equazioni differenziali Esercizio 3 Sia data, nel piano x la famiglia di curve C a di equazione 2 = a x 6 +. (2.) a) Trovare (in forma implicita) la famiglia di traiettorie ortogonali alla C a. b) Trovare la traiettoria di tale famiglia che passa per il punto (, ). Soluzione Per prima cosa dobbiamo scrivere una equazione differenziale per la famiglia delle traiettorie ortogonali, che poi perverremo ad integrare. Differenziamo a destra e sinistra la (2.), pensando come funzione di x, e otteniamo: 2 = 6 a x 5. Ricavando a dalla (4.) come a = 2 otteniamo semplificando le potenze di x,...con quale gioia del cav. Bertoloni, si può presumere. x 6 e sostituendo in tale equazione, = 3(2 ). (2.2) x 3

4 Questa è l equazione differenziale della quale la famiglia C a è l integrale generale. L espressione della derivata prima data da (2.2) dà la tangente al grafico delle curve della famiglia C a. Quindi, la tangente alla curva ortogonale alla famiglia C a avrà coefficiente angolare dato dall opposto dell inverso di tale espressione; in altre parole, per risolvere il problema dovremo integrare l equazione differenziale = x 3( 2 ). (2.3) Consideriamo ora l equazione (2.3). È a variabili separabili, quindi procediamo con il solito metodo di integrazione: La scrivo nella forma separata (di Leibniz) 3( 2 ) d = x dx; }{{} =3( /) integro a destra (rispetto a ) e a sinistra (rispetto ad x), ed ottengo log = 2 x2 + C, che mi dà la soluzione in forma implicita: 2 log( 2 ) = 3 x2 + C. (2.4) Per risolvere la parte b) dell esercizio, non ho bisogno di dare la forma esplicita di questa soluzione. Infatti, il problema di Cauch proposto è = per x =. Basta quindi sostituire questo dato nella (2.4). Ottengo: log() = C C = e dunque la soluzione del punto b) è data da 2 log( 2 ) = 3 x2 +. 4

5 Esercizio 4 Si consideri l equazione differenziale = ( exp(x)) 2. (2.5) a) Trovare le soluzioni costanti, i punti stazionari delle soluzioni, e la curva degli zeri della derivata seconda (o curva dei flessi). b) Risolvere i due problemi di Cauch associato alla equazione (2.5) con dati iniziali, rispettivamente,: i) () = ii) () = /2 e determinare l insieme di definizione delle due funzioni così ottenute. Soluzione a) L equazione differenziale ammette la soluzione costante =, x. D ora in avanti, esculderemo questa soluzione dalle nostre considerazioni. I punti stazionari delle soluzioni della (2.5) sono dati da quei valori di x per i quali si ha (x) = ; dunque dovrà essere exp(x) = x =. Notiamo che < per x < e > per x >. Quindi il x = è punto di massimo locale. Per calcolare la curva degli zeri della derivata seconda, differenzio la(2.5) rispetto alla x pensando come funzione di x. Ottengo l uguaglianza = exp(x) ( exp(x)). Sostituendo qui dentro l espressione di ottengo raccogliendo a fattor comune = 2 (2 ( exp(x)) 2 exp(x)) 5

6 Dunque la curva che dà l annullarsi della derivata seconda delle soluzioni di (2.5) ha equazione = exp x 2 ( exp(x)) 2 b) Per risolvere i problemi di Cauch proposti, bisogna prima calcolare l integrale generale della (2.5). Questa è una equazione a variabili separabili, la cui forma di Leibniz è Integrando a destra e sinistra ottengo d = ( exp(x))dx. (2.6) 2 = x exp(x) + C = exp(x) x C. (2.7) Per risolvere i problemi di Cauch proposti devo sostituire i valori dati in tale espressione, per trovare il valore di C corrispondente. Nel primo caso ho = C C = 2 che dà la soluzione (x) = Nel secondo caso ho exp(x) x 2 /2 = C C = che dà la soluzione 2 (x) = exp(x) x + Per finire devo discutere l insieme di definizione di (x) ed 2 (x), ovvero devo verificare se il denominatore di (x) (rispettivamente, 2 (x)) si annulla. Considero (x), e, in particolare, il suo denominatore exp(x) x 2. Questo è nullo per exp(x) = x + 2 cioè nei punti di intersezione della funzione esponenziale con la retta = x+2 Graficamente si ha: 6

7 x 2 e quindi il dominio di (x) è R \ {x, x + } dove x e x + sono le ascissa dei due punti di intersezione raffigurati qui sopra. Con un procedimento analogo, si trova che, invece, il denominatore di 2 (x) non si annulla mai, e quindi tale funzione è definita su tutto R. 3 Geometria nello spazio Esercizio 5 a) Scrivere l equazione del piano π passante per i punti A, B, C di coordinate cartesiane A (, 2, 3), B (,, 2), C (,, ). b) Scrivere l equazione della retta s perpendicolare a π e passante per l origine. c) Verificare che le retta r di equazioni parametriche {x = 3 t, = t +, z = 3 t + 4} non tocca mai π e calcolare la distanza tra r e il piano in questione 2. Soluzione Il problema può essere risolto in vari modi. Qui ne presento uno. Considero i vettori v := AC, v 2 = BC, le cui componenti Cartesiane sono v (,, 3); v 2 = (,, 2). 2 Cioè calcolare la distanza di un punto qualsiasi di r da π. 7

8 dato che le coordinate di C sono (,, ), l equazione di π è data da (x ) ( ) z Det 3 =. 2 Sviluppando il determinante qui sopra si ottiene (x ) 3 2 e dunque l equazione di π è ( ) z 3 2 (x ) 2 ( ) 3 + z = 2 x 3 + z +, = 2 x 3 + z + = (3.) Come vettore perpendicolare a π posso prendere n = (2, 3, ); quindi equazioni parametriche di s sono date da {x = 2 t, = 3 t, z = t}. Considero ora la retta r. Sostituendo le sue equazioni parametriche nell equazione cartesiana di π trovo 2(3t) 3(t + ) + ( 3t + 4) + =. Sviluppando si ha che il membro a sinistra di questa espressione vale 2, e quindi nono si ha alcuna intersezione tra r e π. Infine, prendendo t = (ma qualsiasi valore va bene) si ottiene il punto P = (,, 4) della retta r. La distanza di P da π è d(p, π) = = 2 4 =

9 4 Funzioni di più variabili Esercizio 6 Si consideri la funzione F (x, ) = x 3 2 x 2 + x + x (4.) a) Scrivere l equazione del piano tangente al grafico di F nel punto (,, 2). b) Trovare i punti critici di F e determinarne la natura. Soluzione F è un polinomio, dunque differenziabile con continuità un numero arbitrario di volte. Deivate parziali: F x = 3 x2 4 x + +, F = x + 2. (4.2) La formula che dà il piano tangente al grafico di una funzione ( liscia ) nel punto (x,, z = F (x, ) è z z = F x x, (x x ) + F x, ( ) Nel caso in questione si ha x =, =, z = 2 e, da (4.2) F x, = 2, Dunque l equazione del piano in questione è F, =. (z 2) = 2 x + ( ), ovvero 2 x + z + =. Per trovare i punti critici dobbiamo risolvere le equazioni F x =, F =, ovvero (da 4.2) { 3 x 2 4 x + + = x + 2 = 9

10 La seconda dà = x ; sostituendo nella prima (e dividendo per 3) ho 2 x x + 2 = x,2 = 2 I due punti critici sono dunque P = ( 2, 4 ), P 2 = (, ). Per determinarne la natura, calcoliamo l Hessiano di F. Sempre da (4.2) otteniamo: Sostituendo si ha H(F ) = P H(F ) = ( 2 ( 6 x 4 2 ), H(F ) = P2 ). (4.3) ( 2 2 ). Dunque Det(H(F ) ) = 3 P è punto di sella, P mentre Det(H(F ) ) = 3, H F [, ] = 2 P2 P P 2 è punto di minimo relativo. Esercizio 7 Sia f(x, ) := x x. Calcolare il valore massimo ed il valore minimo assoluti di f sul triangolo racchiuso dalle rette x =, = e 2 x + =. Soluzione Per prima cosa determiniamo il triangolo T in questione. L intersezione tra le rette x = e = è il punto A (, ), quella tra le rette = e 2 x + = è il punto B (, ), e quella tra le rette x = e 2 x + = è il punto C (, 3). Graficamente:

11 C A B x Calcoliamo i punti critici all interno di T. Si ha f x = 2 x + f f = per (x, ) = (, ). (4.4) = x + 4 Dato che H f = ( 2 4 il punto P = (, ) è un punto di minimo locale. Notiamo che f(p ) =. Il bordo 3 di T è costituito dai tre segmenti L = AB, L 2 = BC, L 3 = CA. Una parametrizzazione conveniente di L i, i =, 2, 3 è data da: { { { x x 3 L = L = 2 = L = 2 x + 3 = x = (4.5) In corrispondenza avremo le tre funzioni: φ = f L : [, ] R, ) φ (x) = f(x, ) = x x φ 2 = f L2 : [, ] R, φ 2 (x) = f(x, 2 x + ) = e dunque φ 2 = x 2 + 2( 2 x) 2 + x( 2 x) = = 7 x 2 7 x + 2 φ 3 = f L3 : [, 3] R, φ 2 (x) = f(, ) = + 2 2, 3 Oppure frontiera, ma non barriera...

12 delle quali andiamo a determinare gli estremali, ed i corrispondenti valori. Noriamo che φ i, i =, 2, 3 sono parabole con la concavità rivolta verso l alto. Quindi, all interno dei rispettivi domini di definizione, potranno al più avere dei minimi. Ora: φ = 2x ; x = /2 è minimo per φ, e φ (/2) = f(/2, ) = 7/4. φ 2 = 4 x 7; x = /2 è minimo per φ 2, e φ 2 (/2) = f(/2, ) = 4. φ 3 = 4 ; = /4 è minimo per φ 3, e φ 3 (/4) = f(, /4) = 7/8. Da questi risultati (compreso quanto detto in (4.4)) si deduce che il punto P = (, ) è il punto di minimo per f sul triangolo T, ed il valore minimo di f su T è f(p ) =. Questo risultato poteva essere desunto anche con la seguente osservazione. Possiamo scrivere f(x, ) = x x equivalemtemente come f(x, ) = 2 (x + )2 + 2 x Da ciò, f(x, ) per ogni punto del piano; in particolare, f(x, ) = solo quando (x, ) = (, ), che dunque è il minimo assoluto di f in R 2 e dunque su T (dato che (,, ) T ). Per calcolare il valore massimo, dobbiamo calcolare i valori che f assume nei vertici A, B e C di T. Si ha: f(a) = f(, ) = 4; f(b) = f(, 3) = 6; f(c) = f(, ) = 2. Il valore di massimo di f in T è dunque 6, che si ottinene per (x, ) = (, 3). Esercizio 8 Dimostrare, tramite il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che ci sono tre punti critici della funzione F (x,, z) = x + + z sulla superficie di equazione x z 2 + x z =. 2

13 Soluzione Calcoliamo i gradienti delle due funzioni coinvolte, chiamando G = x z 2 + x z la funzione che dà il vincolo : F = (,, ); G = (2 x + z, 2 + x z, 2 z + x ). Dunque, il sistema da studiare secondo il metodo di Lagrange è = λ (2 x + z) = λ (2 + x z) = λ (2 z + x ) x z 2 + x z =. (4.6) Ricordiamo che incognite sono x,, z, λ; questo sistema è di grado 8 (quattro equazioni di grado 3 ciascuna). Si può risolvere nel seguente modo: Dalle prime due equazioni trovo 2 x + z = 2 + x z, e dalla seconda e terza 2 + x z = 2 z + x. Quindi posso riscrivere (4.6) come λ = λ = 2 x + z 2(x ) z(x ) = 2( z) x( z) = x z 2 + x z =. Le soluzioni della seconda di queste equazioni sono: 2 x + z (2 z)(x ) = (2 x)( z) = x z 2 + x z =. (4.7) A) z = 2; B) = x (4.8) Consideriamo il caso A). Il sistema si riduce a λ = 2 x+ z (2 x)( 2) = x x + }{{} 3 =. 4 Dalla seconda, ottengo o x = 2 o = 2. Consideriamo il primo caso; sostituendo nell ultima equazione si ottiene =. 3

14 Questa equazione non ha soluzioni reali, perchè il discriminante è 6 28 = 4 <. Dato che il caso = 2 è analogo, concludiamo che la soluzione z = 2 della seconda equazione del sistema non dà luogo a soluzioni dell intero sistema. Dobbiamo quindi considerare il caso B), = x. Il sistema 4.7 con = x dà luogo a λ = 2 x+ z (2 x)(x z) = 2 x 2 + z 2 + x 2 z =. La seconda di queste equazioni dà o x = 2 o z = x. Nel primo caso l equazione di vincolo diventa z z + 7 = che non ha soluzioni reali 4. Quindi ci siamo ridotti a considerare il caso z = x. Sostituendo questa soluzione nell ultima equazione otteniamo la equazione cubica x x 2 =. Ricapitolando, i passi che abbiamo fatto ci hanno portato ad affermare che le uniche soluzioni (nel campo reale) del sistema originario 4.6 sono le soluzioni (ancora da determinarsi) del sistema = x z = x λ = 2 x + x 2 x x 2 =. (4.9) Dobbiamo ora verificare che la ultima equazione di tale sistema abbia proprio tre soluzioni reali x, x 2, x 3, e che tali soluzioni non rendano priva di significato la terza. Per questo secondo problema, osserviamo che il denominatore della espressione di λ, cioè, λ = si annulla per x = e x = 2. Detto 2 x + x2 P 3 (x) := x x 2, 4 In effetti, il caso x = 2 è già stato considerato più sopra. 4

15 si ha P 3 () =, P 3 ( 2) = 8+2 = 3, e quindi dobbiamo solo stabilire quanti zeri reali abbia P 3 (x). Osserviamo che P 3 tende a ± per x ± e dunque ha - come tutte le oneste cubiche - almeno una radice reale. La derivate P (x) è data da 3 x 2 +6 x e si annulla per x = e x = 2. Ovviamente x = è il punto di minimo relativo e x = 2 quello di massimo relativo. Dato che P 3 ( 2) = 3(> ) e P 3 () = (< ) il grafico di P 3 (x) attraversa l asse delle x prima del punto di massimo, poi ridiscende fino a = e infine risale per divergere a + (vedi il grafico). Quindi il sistema originario ha tre soluzioni x -4 5

16 5 Integrali multipli Esercizio 9 Calcolare x dx d dove D è la regione definita da: {x, 3 x, x }. D Soluzione La regione D è costituita dai punti a destra dell asse, sotto la retta = 3 x, (retta che forma con l asse x un angolo ϑ = arctan( 3) = π 3 ), e all interno del cerchio di raggio 2, centrato nell origine (vedi figura). Si noti che A (, 3), B (, 2). A π/3 x B In coordinate polari (r, ϑ), legate a quelle cartesiane da x = r cos ϑ, = r sin ϑ, 6

17 D è descritto da: D := {(r, ϑ) : r 2; π/2 ϑ π/3} Dunque l integrale proposto si può calcolare come f(r cos ϑ,r sin ϑ) {}}{ I = (r 2 cos ϑ sin ϑ) r} dr {{ dϑ} [,2] [ π/2,π/3] = 2 r 3 dr π/3 π/2 cos ϑ sin ϑdϑ, da in coord. polari cioè, dato che l integrando è il prodotto di una funzione della variabile r per una della variabile ϑ, e il dominio in coordinate polari è un rettangolo, trasformo l integrale doppio in un prodotto di integrali definiti ordinari. Il primo fattore è uguale a mentre il secondo è π/3 π/2 cos ϑ sin ϑdϑ = Il risultato è dunque π/3 π/2 2 r 3 dr = r4 4 2 = 4, sin ϑ(sin ϑ) dϑ = 2 sin2 (ϑ) I = 2. π 3 π/2 = = 2 (3 4 ) = 8. Alternativamente si potevano usare coordinate cartesiane, e considerare D come l unione dei due domini di tipo II E ed F come nella figura qui sotto A F E C x B 7

18 In particolare, si hanno: E := {(x, ) : 3; 3 x 4 2 } Dunque si avrà F := {(x, ) : 2 ; x 4 2 I = E xdxd + F xdxd I E + I F. Le differenze tra questa scelta e quella delle coordinate polari è che: a) I si calcola come somma di due integrali; b) (Importante):I E ed I F si calcolano attraverso integrazioni iterate, ma non sono prodotto di due integrali ordinari come nel caso sopra. Ovvero ( 3 ) 4 2 I E = x dx d = Analogamente I F = = = = ( ( x 2 /2 ) }{{} =/2((4 2 ) 2 /3)=2 2/3 2 ( 2 2/3 3 ) d = ( ) ( 4 2 ( x x dx ) ) d = d = ) d = 3 = (4 2 ) d = ( 2 4 ) = = Dunque ritroviamo I = I E + I F = 3/2 2 = /2. 8

19 Esercizio Calcolare dove è la regione definita da: Soluzione x dx d ( + ) 3 { x 2, min(x 2, )}. La regione può essere considerata come l unione di due regioni di tipo I: = 2, dove := {(x, ) : x, x 2 }, mentre 2 è il quadrato [, 2] [, ], come in figura. Corrispondentemente sarà I = I + I 2. (,) (2,) 2 x Dato che l integrando ha la forma data, I 2 è un prodotto: 2 d ( I 2 = x dx ( + ) = x ) = (2 2 ( + ) 2 2 )( 2 ( 4 )) = =

20 I si calcola come integrale iterato: ( ) x 2 d ( I = x dx = x ( + ) 3 2 ( ) x 2 ( + x 2 ) dx = 2 2 Quindi x2 ( + ) 2 x dx ( + x 2 ) ) dx = x dx = 4 + ( 8 4 ) = 8. I = I + I 2 = = 6. Alternativamente, il dominio può essere visto come un dominio di tipo II; infatti: := {(x, ) : ( 3, x 2} In questo caso l integrale I si calcola come un integrale iterato, integrando prima rispetto alla x e poi rispetto alla. In formule: ( ) 2 ( x dx ) d 2 I = d = x dx. (5.) ( + ) 3 ( + ) 3 L integrale interno dà: 2 x dx = x2 2 2 = 2 2 ; Quindi dobbiamo calcolare Ora: mentre 2 ( 4 (2 /2 ) d ( + ) 3. 2 d ( + ) = = 3 ( + ) = 3 4, ( ) d = (per parti) = ( + ) 3 4 ( + ) 2 2 ) ( + ) = 4 d 4 ( + ) = 2 ( ) = 6. (5.2) Dunque come dev essere. I = = 6, 2