Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Ing. Elettronica& Internet, Informatica (frontale e online), A.A.2017–2018

Giornale delle lezioni e materiale svolto a lezione ma non presente sulle dispense

Il 21/11/2017 è stato l’ultimo comune ad Informatica e Elettronica&Internet. A partire dal 24/11/2017 le lezioni sono rivolte a Elettronica&Internet

Gli esercizi per casa e non svolti a lezione sono contraddistinti con ♠

L’inizio di esercizi e/o argomenti svolti a lezione ma non presenti sulle dispense è contrad-

distinto con • la fine con ••

Le dispense del Prof.Tauraso sono divise in 4 capitoli. Le pagine da studiare dopo ogni lezione si riferiscono al capitolo relativo. Ad esempio le pag.1 e 2 elencate qui sotto si riferiscono al capitolo degli integrali multipli

90 min. Lezione del 25/09/2017 integrali multipli

Pag.1,2. Pag.3 da “si pone” fino a fine pagina. Pag.5 tranne il Teorema 1 e Teorema 2. Pag.6 ,7

90 min. Lezione del 26/09/2017 integrali multipli

Pag.5, Teorema 1 ma sostituire le parole “chiuso limitato e misurabile” con “scomponibile come unione di domini semplici rispetto ad uno degli assi o tutti e due. L’unione è tale che l’eventuale intersezione fra 2 o più insiemi ha area nulla”.

Esempio 2 fra pag.8 e 9. Esempio 3 fra pag.9 e 10. Esempio. Definizione di area di un insieme D

|D| = ∫∫_{D} dx dy

• L’esempio di di pag.9 è stato risolto anche considerando D come semplice rispetto all’asse delle x.

D = \{\underline{x}: 0 ≤ y ≤ 1, −\sqrt{1 − y} ≤ x ≤ \sqrt{1 − y}\}

per cui

V = ∫_{0}^{1} dy ∫_{−\sqrt{1−y}}^{√\overline{1−y}}(1−x+y)dx = ∫_{0}^{1} dy [x − \frac{x^{2}}{2} + yx]_{−\sqrt{1−y}}^{√\overline{1−y}} = ∫_{0}^{1} dy (2\sqrt{1 − y} + 2y\sqrt{1 − y})

2 ∫_{0}^{1} dy\sqrt{1 − y} = 2\frac{2}{3}(1 − y)^{3/2}|_{1}^{0}= \frac{4}{3}

\begin{matrix}2 ∫_{0}^{1} dyy\sqrt{1 − y} = 2 ∫_{0}^{1} dyy (−\frac{2}{3}(1 − y)^{3/2})′ = 2 [y \frac{−2}{3}(1 − y)^{3/2}]_{0}^{1} + \frac{4}{3} ∫_{0}^{1} dy(1 − y)^{3/2} = \\ = \frac{4}{3} ∫_{0}^{1} dy(1 − y)^{3/2} = \frac{4}{3} \frac{2}{5}(1 − y)^{5/2}|_{1}^{0}= \frac{8}{15} \end{matrix}

La somma delle due quantità dà \frac{4}{3} + \frac{8}{15} = \frac{28}{15} ••

♠ Calcolare ∫∫_{D} |y − x^{2}|dx dy dove D è nell’orine: i) il quadrato di centro l’origine e lato pari

a 2, [R.12/5] ii) triangolo di vertici (−1, −1), (1, −1), (1, 1), [R.41/30] iii) L’insieme defnito fa x^{2} ≤ |y| ≤ 1. [R.8/5] ♠ Calcolare ∫∫_{D} | x|y|−x^{2}|dx dy dove D è il quadrato di centro l’origine e lato lungo 2. [R.2/3]

♠ Calcolare ∫∫_{D} |y − x^{3}|dx dy dove D è nell’ordine: i) il quadrato di centro l’origine e lato pari a 2, [R.16/7] ii) triangolo di vertici (−1, −1), (1, −1), (1, 1), [R.8/7] iii) L’insieme defnito fa x^{2} ≤ |y| ≤ 1. [R.8/5] ♠ Calcolare il volume del seguente insieme \{\underline{x} ∈ R^{3}: 0 ≤ z ≤ r − \sqrt{x^{2} + y^{2}}\} (cono) R.πr^{3}/3 ♠ Calcolare il volume dell’insieme in R^{3} definito da x^{2} + y^{2} ≤ z ≤ 1 + x + y. R.9π/8 Degli esercizi di Tauraso sugli integrali multipli, fare tutti quelli dal num.1 al num.10 con esclusione dei num.7,8.

90 min. Lezione del 29/09/2017 integrali multipli Esempio 4 pag.10 (volume della sfera di raggio r). Coordinate polari nel piano (pag.14 dove dice “Un altro esempio importante...”. Esempio 7 pag.16.

• Calcolare il volume dell’insieme in R^{3} definito da x^{2} + y^{2} ≤ z ≤ 1 + x + y. R.9π/8 ••

90 min. Lezione del 02/10/2017 integrali multipli

• Calcolare l’area del quadrato usando coordinate polari.

x y  ^{A≡(ρ,t)=(1/ cos t_{0},t_{0})}^{t_{0}}  _{(1,0)}  t ρ  _{(π/4,0)}^{(π/4,\sqrt{2})} t ρ^{1/ cos t}

L’area è due volte l’area della metà inferiore.

∫∫_{\{\underline{x}∈R^{2}:x∈[0,1], 0≤y≤x\}} dxdy = ∫∫_{\{(t,ρ)∈R^{2}:t∈[0,π/4], 0≤ρ≤1/ cos t\}} \underbrace{ρ}_{iacobiano} dρ dt =

= ∫0^{\frac{π}{4}} ∫_{0}^{1/ cos t} ρ dρ dt = ∫0^{\frac{π}{4}} \frac{ρ^{2}}{2} |0^{\frac{1}{cos t}} dt = ∫0^{\frac{π}{4}} \frac{1}{cos^{2} t}dt = \frac{tan t}{2}|0^{\frac{π}{4}} = \frac{1}{2}

e quindi l’area è due volte la quantità trovata. •• Esercizio 9 pag.19 Definizione di integrali tripli. Teorema 6 pag.20. Esempio 10 pag.21

90 min. Lezione del 03/10/2017 integrali multipli Pag.22 da “Per sezioni” fino alla fine. Pag.25.

• Calcolo dell’integrale ∫∫∫_{x^{2}+y^{2}+z^{2}≤R^{2}} |x − y|dxdydz •• (Usare coordinate polari sferiche)

90 min. Lezione del 06/10/2017 integrali multipli, superfici

7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 2 • Calcolo del volume dell’insieme definito da D = \{\underline{x} ∈ R^{3}: 4(x−1)^{2}+2y^{2} ≥ 1, \frac{(x + 1)^{2}}{4} +\frac{y^{2}}{2} ≤

9, 0 ≤ z ≤ x^{2} + 2y^{2}} ••

• Calcolare il volume dell’insieme definito da D = \{\underline{x} ∈ R^{3}: x^{2}+y^{2}+z^{2} ≤ 2z, 0 ≤ z ≤ 2(x^{2}+y^{2}) •• (Si integri per strati)

♠ Calcolo dell’integrale ∫∫∫_{D} z^{2}dx dy dz e D = \{\underline{x} ∈ R^{3}: x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 2z, 0 ≤ z ≤ 2(x^{2} + y^{2})

(Si integri per strati)

• Volumi di rotazione. Nel piano (z, y) si abbia un insieme chiuso e limitato (ad esempio un poligono) che non intersechi né l’asse z né l’asse y e lo si ruoti intorno all’asse z di 2π radianti. Il volume della regione ottenuta è

α ∫∫_{D} y dy dz

Se invece ruotiamo intorno all’asse y abbiamo

α ∫∫_{D} z dy dz

Ragionamento intuitivo Sia C_{y,z} la circonferenza ottenuta a partire da (y, z) e ruotando di 360 gradi intorno a z. Possiamo pensare che il volume di rotazione sia ⋃_{y,z∈D} C_{y,z}. Un facile disegno

mostra che se (y′, z′) ≠ (y, z) allora C_{y′,z′} ∩C_{y,z} = ∅. Per il calcolo del volume dovrei “sommare” la lunghezza di tutte le circonferenze C_{y,z} al variare di (y, z) in D. Ciascuna circonferenza è lunga

2πy e la “somma” è ∫∫_{D} 2πy dy dz appunto.

Se la rotazione avviene intorno all’asse y, allora il volume è

2π ∫∫_{D} z dy dz

• Superfici Sia \underline{φ}: R^{2} → R^{3} (ci limitiamo a superfici che dipendono da due parametri ed il cui grafico è contenuto in R^{3}.)

Definizione Sia D = \overline{D} = D^{o} ∪ ∂D un insieme in R^{2} e sia \underline{φ} una applicazione da D a valori in

R^{3}. \underline{φ} = =^{def}(α(u, v), β(u, v), γ(u, v)) con le seguenti condizioni: i) α, β, γ, ∈ C^{1}(D; R) ii)

il rango della matrice J = ( \begin{matrix}α_{u} & α_{v} \\ β_{u} & β_{v} \\ γ_{u} & γ_{v} \end{matrix} ) è due iii) (u, v) ≠ (u′, v′) implica \underline{φ}(u, v) ≠ \underline{φ}(u′, v′)

per ogni (u, v), (u′, v′) ∈ D^{o}

La ii) è equivalente a dire è la somma dei quadrati dei determinanti dei minori di ordine due è non nulla ossia

\sqrt{|( \begin{matrix}α_{u} & α_{v} \\ β_{u} & β_{v} \end{matrix} )|^{2} + |( \begin{matrix}α_{u} & α_{v} \\ γ_{u} & γ_{v} \end{matrix} )|^{2} + |( \begin{matrix}β_{u} & β_{v} \\ γ_{u} & γ_{v} \end{matrix} )|^{2}} ≠ 0

La superficie descritta è detta regolare.

Sia I_{1} = |( \begin{matrix}α_{u} & α_{v} \\ β_{u} & β_{v} \end{matrix} )| , I_{2} = |( \begin{matrix}α_{u} & α_{v} \\ γ_{u} & γ_{v} \end{matrix} )| , I_{3} = |( \begin{matrix}β_{u} & β_{v} \\ γ_{u} & γ_{v} \end{matrix} )|

Osservazion1 La matrice J definisce un operatore lineare che manda vettori a due componenti in vettori a tre componenti. Il fatto che il rango della matrice sia due, significa che due vettori linearmente indipendenti vengono mandati in due vettori linearmente indipendenti.

v D  u  \underline{φ}  x  \underline{φ}(D) z  y

La matrice J applicata al vettore (1, 0) produce il vettore \underline{φ}_{u} ≐ (α_{u}, β_{u}, γ_{u}) mentre applicata al vettore (0, 1) produce \underline{φ}_{v} ≐ (α_{v}, β_{v}, γ_{v})

\underline{φ}_{u} ∧ \underline{φ}_{v} = ( \begin{matrix}\underline{i} & \underline{j} & \underline{k} \\ α_{u} & β_{u} & γ_{u} \\ α_{v} & β_{v} & γ_{v} \end{matrix} ) = \underline{i}(β_{u}γ_{v} − β_{v}γ_{u}) − \underline{j}(α_{u}γ_{v} − γ_{u}α_{v}) + \underline{k}(α_{u}β_{v} − β_{u}α_{v})

per cui il modulo delle componenti del prodotto vettoriale corrispondono a (I_{1}, I_{2}, I_{3}).

Definizione Si definisce area della superficie l’integrale doppio ∫∫_{D} dudv\sqrt{I_{1}^{2} + I_{2}^{2} + I_{3}^{2}} ••

Esempi L’esempio più frequente è quello di una superficie cartesiana ossia il grafico della superficie z = f(x, y) (x, y) ∈ D ⊂ R^{2}. In tal caso la parametrizzazione è del tutto ovvia, x = α(u, v) = u, y = β(u, v) = v, z = γ(u, v) = f(u, v). In forma vettoriale si ha u\underline{i} + v\underline{j} + f(u, v)\underline{k};

J = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ f_{u} & f_{v} \end{matrix} ) ; \sqrt{I_{1}^{2} + I_{2}^{2} + I_{3}^{2}} = \sqrt{1 + f_{u}^{2} + f_{v}^{2}}. Se f(x, y) ∈ C^{1}(D) allora la superficie

cartesiana soddisfa tutte le tre condizioni i), ii) e iii). Infatti la i) è chiaramente verificata.

Per la ii) basta verificare ad esempio che la matrice ( \begin{matrix}X_{u} & X_{v} \\ Y_{u} & Y_{v} \end{matrix} ) è ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) . Inoltre la iii) è

verificata sempre grazie al fatto che sia la prima che la seconda componente della superficie è data da funzioni iniettive.

♠ Sia dato il volume V = \{\underline{x} ∈ R^{3}: x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ r^{2}\} avente densità di massa costante δ. Si calcoli il potenziale gravitazionale in un qualsiasi punto dello spazio sia interno che esterno al volume.

90 min. Lezione del 09/10/2017 integrali multipli, superfici

Definizione di integrale di superficie: Data una supeficie \underline{φ} come sopra descritta, sia f: R^{3} → R. Si definisce un integrale di superficie

•

∫∫_{S} dσf(x, y, z) ≐ ∫∫_{D} dudv\sqrt{I_{1}^{2} + I_{2}^{2} + I_{3}^{2}}f(α(u, v), β(u, v), γ(u, v))

Calcolo della superficie cartesiana di equazione z = x^{2} + y^{2} con la condizione x^{2} + y^{2} ≤ r^{2} eseguito in due modi. Nel primo si parametrizza la superficie in coordinate cartesiane e nel secondo si parametrizza in coordinate polari. ••

• Calcolo del potenziale elettrico generato da una sfera in un punto interno ed esterno alla sfera.

Sia S la sfera di equazione x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2} (vuota all’interno). \underline{y}_{0} ≡ (ξ, η, ζ) un punto dello spazio. Il potenziale nel punto \underline{y}_{0} generato da un “pezzettino” della sfera intorno al punto della sfera \underline{x}_{0} = (x_{0}, y_{0}, z_{0}) è dato da (δ è la densità di carica elettrica o gravitazionale ossia densità di massa che assumiamo costante)

\frac{δdσ}{dist(\underline{x}_{0}, \underline{y}_{0})} = \frac{δ∥\underline{φ}_{u} ∧ \underline{φ}_{v}∥dudv}{dist(\underline{x}_{0}, \underline{y}_{0})} =

Il potenziale generato dalla sfera in \underline{y}_{0} è I = ∫∫_{S} \frac{δdσ}{dist(\underline{x}_{0}, \underline{y}_{0})}. Con la parametrizzazione in

coordinate polari avente l’asse z posto lungo la retta congiungente il centro di V con il punto \underline{y}_{0}, l’integrale diventa

r^{2}δ ∫_{0}^{2π} dφ ∫_{0}^{π} dϑ\frac{sin ϑ}{\sqrt{r^{2} − 2rζ cos ϑ + ζ^{2}}} = \frac{2πrδ}{ζ} (|r + ζ| − |r − ζ|)

Se ζ > r abbiamo I = \frac{4πr^{2}δ}{ζ} = \frac{Q}{ζ} dove Q = 4πr^{2} è la carica della superficie sferica. Se ζ < −r la formula è la stessa I = \frac{Q}{−ζ}. Se |ζ| < r abbiamo I = 4πδr. Come si vede, in ambedue i casi le dimensioni del risultato sono pari a una massa fratto una distanza. Inoltre all’interno della sfera non vi è campo gravitazionale ossia un corpo materiale non sarebbe soggetto ad alcuna forza. ••

• Calcolo dell’area della superficie data da z = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, x^{2} + y^{2} ≤ r^{2}. ••

90 min. Lezione del 10/10/2017 integrali multipli, superfici

• Calcolo del volume della sfera piena usando le coordinate \{ \begin{matrix}x = ρ sin ϑ \\ y = ρ cos ϑ \\ z = u \end{matrix} −r ≤ u ≤ r e 0 ≤

ϑ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ \sqrt{r^{2} − u^{2}}.

Calcolo della superficie della sfera di raggio r usando la parametrizzazione \{ \begin{matrix}x = \sqrt{r^{2} − u^{2}} sin ϑ \\ y = \sqrt{r^{2} − u^{2}} cos ϑ \\ z = u \end{matrix}

−r ≤ u ≤ r e 0 ≤ ϑ ≤ 2π. ••

Curve

Pagine1–3 delle lezioni di Tauraso. Pag.5–6 fino ad ESEMPIO 3 escluso.

A pag.1 a “γ è iniettiva”, sostituire la frase: se per ogni t_{1} ∈ I, t_{2} ∈ I, t_{1} e/o t_{2} non appartenenti al bordo di I, allora \underline{γ}(t_{1}) ≠ \underline{γ}(t_{2}).

A pag.3 a ∀t ∈ I; sostituire ∀t ∈ I^{o}.

90 min. Lezione del 13/10/2017 Curve, forme differenziali

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

• Data la curva seguente curva y = γ_{1}(t), z = γ_{2}(t), a ≤ t ≤ b, si calcoli l’area della superficie ottenuta ruotando la curva intorno all’asse z. La superficie ottenuta si parametrizza come

x = γ_{1}(t) cos φ, y = γ_{2}(t) sin φ, z = γ_{2}(t), a ≤ t ≤ b, 0 ≤ φ ≤ 2π

La superficie è

∫_{0}^{2π} dφ ∫_{a}^{b} \sqrt{γ_{1}^{2}((γ′_{1})^{2} + (γ′_{2})^{2})}dt = 2π ∫_{a}^{b} |γ_{1}| · ∥\underline{γ}′∥dt ≐ 2π ∫\underline{γ} |γ_{1}|ds

e come si vede abbiamo ottenuto l’integrale lungo la curva della lunghezza della circonferenza di raggio γ_{1}(t). Se ruotiamo intorno all’asse z abbiamo

x = γ_{2}(t) cos φ, y = γ_{1}(t), z = γ_{2}(t) sin φ, a ≤ t ≤ b, 0 ≤ φ ≤ 2π

e la superficie è La superficie è

∫_{0}^{2π} dφ ∫_{a}^{b} \sqrt{γ_{2}^{2}((γ′_{1})^{2} + (γ′_{2})^{2})}dt = 2π ∫_{a}^{b} |γ_{2}| · ∥\underline{γ}′∥dt ≐ 2π ∫\underline{γ} |γ_{2}|ds

•• ♠ Come applicazione si calcoli l’area della sfera di raggio r. ♠ Calcolare l’area della superficie ottenuta ruotando intorno all’asse z di 2π la curva y = 2 + e^{−t} cos φ, z = e^{−t} sin φ. Pag.7–8 fino ad “Esempio 4” escluso.

Forme differenziali

Pag.11

• Data la forma differenziale ω = xdx + 1 · dy,calcolare l’integrale curvilineo lungo la curva data da:

1) l’unione dei cateti del triangolo di vertici (0, 0), (1, 0), (1, 1) R.3/2

2) l’unione dei cateti del triangolo di vertici (0, 0), (0, 1), (1, 1) R.3/2

3) la bisettrice del primo e terzo quadrante fra i punti (0, 0), e (1, 1) R.3/2

4) Il quarto di circonferenza x^{2} + (y − 1)^{2} = 1 in basso a destra andando da (0, 0) a (1, 1). A lezione ho sbagliato parametrizzazione e viene un risultato diverso. R.3/2 •• Pag.17 fino a “Teorema 3”.

90 min. Lezione del 16/10/2017 Forme differenziali

• Data la forma differenziale ω = ydx + 1 · dy, calcolare l’integrale curvilineo lungo la curva data da:

1) l’unione dei cateti del triangolo di vertici (0, 0), (1, 0), (1, 1) R.1

2) la bisettrice del primo e terzo quadrante fra i punti (0, 0), e (1, 1) R.3/2 •• Pag.15 Teorema 2. Pag.16–17 da paragrafo 4. fino a Teorema 3 compreso senza dimostrazione. Pag.18 prime quattro righe. Pag.21–22 fino a “Esempio 12” escluso. Pag.23 esempio 14.

• Calcolo del potenziale per la froma differenziale ω = xdx + dy ••

7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 6

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

90 min. Lezione del 17/10/2017 Forme differenziali

• Data la forma differenziale in R^{2} ω(x, y) = 4x^{3}ydx + (2y + x^{4})dy calcolare ∫\underline{φ} ω dove \underline{φ} è la

curva \underline{φ}: [0, \frac{π}{2} ] → R^{2} \underline{φ}(t) = \{ \begin{matrix}t \\ arctan(sin t) \end{matrix} ••

• Studio della forma differenziale ω = \frac{xdx + ydx}{x^{2} + y^{2}}

È data la forma differenziale ω(x, y) = \frac{x − y}{x^{2} + y^{2}} dx + \frac{x + y}{x^{2} + y^{2}} dy. Se ne trovi il dominio e si dica quanto valgono gli integrali curvilinei ∫_{γ} ω dove γ, orientata in senso antiorario, è nell’ordine γ_{1} = {(x, y) ∈ R^{2}: x^{2} + y^{2} = 1}, γ_{2} = {(x, y) ∈ R^{2}: (x − 1)^{2} + (y − 1)^{2} = 1}, γ_{3} = {(x, y) ∈ R^{2}: x^{2} + (y − 1)^{2} = 4}, •• Pag.26 Teorema 5 (solo enunciato).

90 min. Lezione del 20/10/2017 Forme differenziali Formula al centro di pag.32.

• Applicazione della stessa alla Lemniscata di Bernoulli ossia alal curva data da (x^{2} + y^{2})^{3/2} + 2y^{2} = x^{2} + y^{2} ••

• Data la forma differenziale ω = ydx+dy trovare una funzione f(x, y) tale che ω̃ = f(x, y)ydx+ f(x, y)dy sia esatta ••

• Data la forma differenziale ω = xy^{2}dx + 2yx^{2}dy trovare una funzione f(x, y) tale che ω̃ = f(x, y)ydx + f(x, y)dy sia esatta ••

• Esercizio num.5 del compito (A) dell’otto luglio 2016, A.A.2015–2016 ••

90 min. Lezione del 23/10/2017 Numeri complessi Richiamo sui numeri complessi e loro proprietà . Rappresentazione algebrica z = a + ib, rappresentazione trigonometrica z = |z|(cos φ + i sin φ), rappresentazione esponenziale z = |z|e^{iφ}.

Definizione di ∑_{k=0}^{+∞} \frac{x^{k}}{k!} . Pag.1 fino a “ad esempio”. Pag.5–6 fino a “Teorema 1” escluso. Pag.7 a partire da “Sia Ω” e fino a pag.8 inclusa. La dimostrazione del teorema 3 a pag.7 è data solo per metà . L’altra metà si trova qui http://www.mat.uniroma2.it/ perfetti/didattica/ analisi-II-frontale-2015-2016-ing-informatica/Giornale-delle-lezioni-e-materiale-non-presente-ing- informaticaanalis-II-2015-2016.pdf fra le pagine 20 e 21.

90 min. Lezione del 24/10/2017 Funzioni complesse Pag.2,3,4.

90 min. Lezione del 27/10/2017 Funzioni complesse Pag.10,11,13,14 fino a “Osservazione” esclusa. Pag.15,16,17,18,19 fino a “Esempio 5” escluso.

• Calcolare l’integrale ∫_{γ} \overline{z}^{2}dz dove γ è la curva nel piano complesso che unisce in punti −1 − i e 3 + i. Calcolare l’integrale ∫_{γ} \frac{e^{z}}{z} dz dove γ(t) = e^{it} 0 ≤ t ≤ 2π.

Calcolare l’integrale ∫_{γ} \frac{e^{z}}{z} dz dove γ(t) è la corva che parametrizza il quadrato di centro l’origine e lato 2. Calcolare ∫_{γ} \frac{e^{z}}{z(z − 2)}dz e γ(t) è la circonferenza di centro z = 2 e raggio 1.••

90 min. Lezione del 30/10/2017 Funzioni complesse Pag.23,24,25

105 min. Lezione del 31/10/2017 Funzioni complesse Pag.26,27,28.

• Calcolare la serie di Taylor centrata in i della funzione 1/(1 − z) ••

105 min. Lezione del 3/11/2017 Funzioni complesse Pag.29,30,31. Pag.33 paragrafo 6.

• Data la funzione 1/((z − 1)(z − 4)) si calcoli

1) La serie di Taylor centrata in z_{0} = 0 e convergente per |z| < 1.

2) La serie di Laurent centrata in z_{0} = 0 e convergente per 1 < |z| < 4.

3) La serie di Laurent centrata in z_{0} = 0 e convergente per |z| > 4.

4) La serie di Laurent centrata in z_{2} = 0 e convergente per |z − 2| < 1. •• ♠ Si calcolino gli svipuppi di Laurent centrati in z_{0} = 2 della funzione precedente ♠ Si calcolino gli svipuppi di Tayolor e Laurent centrati in z_{0} = i della funzione precedente Ci si può far guidare dall’esercizio ♠ Sia data la funzione f(z) = \frac{z+1}{z^{2}(z^{2}+iz+i−1)}. a) Trovare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 0 che converga nell’insieme 0 < |z| < r con r più grande possibile. b) Trovare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 0 che converga per 1 < |z| < \sqrt{5}. c) Trovare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 0 che converga nell’insieme |z| > \sqrt{5}. d) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 1 e convergente per 0 < |z − 1| < r con r il più grande possibile e) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 1 e convergente per 1 < |z − 1| < \sqrt{5} f) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = 1 e convergente per |z − 1| > \sqrt{5} g) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = −1 + i e convergente per 0 < |z + 1 − i| < r con r il più grande possibile h) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = −1 + i e convergente per \sqrt{2} < |z + 1 − i| < \sqrt{5} i) Calcolare lo sviluppo di Laurent centrato in z = −1 + i e convergente per |z + 1 − i| > \sqrt{5} l) Calcolare il residuo in ciascuna delle singolarità della funzione. m) Calcolare il residuo nel punto all’infinito Soluzione Conviene scomporre in fratti semplici la funzione. \frac{1}{z(z − 1)(z − i + 1)}+\frac{1}{z^{2}(z − 1)(z − i + 1)};

\frac{1}{z(z − 1)(z − i + 1)} = \frac{A}{z} + \frac{B}{z − 1} + \frac{C}{z − i + 1} e A = lim_{z→0} \frac{1}{(z − 1)(z − i + 1)} = \frac{1}{i − 1} = \frac{i + 1}{2}

e via dicendo per cui B = \frac{1}{2 − i} = \frac{2 + i}{5}, C = \frac{1 + 3i}{10}. \frac{1}{z^{2}(z − 1)(z − i + 1)} = \frac{D}{z} + \frac{E}{z^{2}} +

\frac{F}{z − 1} + \frac{G}{z − i + 1} con D = −\frac{1}{2}, E = \frac{i + 1}{2}, F = \frac{2 + i}{5}, F = \frac{1 − 2i}{10}. Otteniamo quindi

f(z) = \frac{A + D}{z} + \frac{E}{z^{2}} + \frac{B + F}{z − 1} + \frac{C + G}{z − i + 1}.

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

• a) \frac{1}{z} e \frac{1}{z^{2}} sono già sviluppati. \frac{1}{z − 1} = − ∑_{k=0}^{+∞} z^{k} (Taylor); \frac{1}{z − i + 1} = − ∑_{k=0}^{+∞} \frac{z^{k}}{(1 − i)^{k+1}}

(Taylor) e questa serie converge per 0 < |z| < \sqrt{2}. Riunendo si ha f(z) = \frac{A + D}{z} + \frac{E}{z^{2}} −

∑_{k=0}^{+∞}((B + F) + \frac{C + G}{(1 − i)^{k+1}} )z^{k} e la serie converge per 0 < |z| < 1.

• b) Tutto è uguale a prima tranne lo sviluppo di \frac{1}{z − 1} che ora è di Laurent. \frac{1}{z} e \frac{1}{z^{2}}

sono già sviluppati. \frac{1}{z − 1} = ∑_{k=0}^{+∞} z^{−k−1} (Laurent); \frac{1}{z − i + 1} = − ∑_{k=0}^{+∞} \frac{z^{k}}{(1 − i)^{k+1}} per cui

f(z) = \frac{A + D}{z} + \frac{E}{z^{2}} + ∑_{k=0}^{+∞}(B + F)z^{−k−1} − ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{C + G}{(1 − i)^{k+1}} )z^{k} e la serie converge per 0 < |z| < 1.

• d) \frac{1}{z} = \frac{1}{1 − (1 − z)} = ∑_{k=0}^{+∞}(1 − z)^{k}. \frac{1}{z^{2}} = −\frac{d}{sz} \frac{1}{z} = −\frac{d}{dz} \frac{1}{1 − (1 − z)} = − ∑_{k=0}^{+∞}(k + 1)(1 − z)^{k}.

ed ambedue convergono per |1 − z| < 1. \frac{1}{z − i + 1} = \frac{1}{(2 − i)(1 − \frac{1−z}{2−i})} = ∑_{k=0}^{+∞} \frac{(1 − z)^{k}}{(2 − i)^{k+1}} .

Questa serie converge per |1 − z| < \sqrt{5}. Alla fine la serie è data da ∑_{k=0}^{+∞} c_{k}(z − 1)^{k} dove c_{k} = (A + D) − E(k + 1) + (B + F) + \frac{C + G}{(2 − i)^{k+1}} e la serie converge per |1 − z| < 1. 105 min. Lezione del 06/11/2017 Funzioni complesse Pag.33. Pag.34–35 (Teorema dei residui). Teorema 10 pag.37. Pag.41–42 fino al secondo paragrafo escluso.

• ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{x^{6} + 1} ∫_{−∞}^{+∞} \frac{dx}{1 + x^{2}} ••

105 min. Lezione del 07/11/2017 Funzioni complesse Osservazione pag.37. Osservazione pag.39 e Teorema 10 pag.39. Pag.3 paragrafo 3.

• Calcolare ∫_{0}^{2π} \frac{dt}{a + cos t} |a| > 1. ••

• Calcolare ∫_{−∞}^{+∞} \frac{x}{x^{2} + b^{2}} cos(ax)dx ••

• Calcolare i prime tre interi p tale il seguente integrale è non nullo

∮_{|x|=5} \frac{z^{p}dz}{(z − 1)(z^{2} − 4)(z^{3} − 27)(z^{4} − 256)} (usare il Teorema 10) ••

105 min. Lezione del 10/11/2017 Funzioni complesse

• Approfondimento della nozione di punto all’∞ e relativi sviluppi in serie. Se si dispone di una serie ∑_{k=0}^{+∞} \frac{a_{k}}{z^{k}} che converge per ogni |z| > R, (può essere pure R = 0) si dice che il punto all’infinito è un punto di regolarità per la funzione generata dalla serie. Così ad esempio la 7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 9 funzione e^{\frac{1}{z}} = ∑_{k=0}^{+∞} \frac{1}{k!z^{k}} è regolare all’∞ ma ha una singolarità essenziale a z = 0. La nozione

di regolarità è l’alter ego della nozione di olomorfia nel senso che se si dispone di una serie

∑_{k=0}^{+∞} a_{k}z^{k} convergente per |z| < r (può essere anche r = ∞) allora la funzione generata dalla

serie è olomorfa (regolare) in z = 0 (e int tutto l’insiene di convergenza). Una funzione regolare all’∞ può avere residuo non nullo e vale −a_{1} ossia il coefficiente della potenza 1/z cambiato di segno. ••

• Valor principale di un integrale (V.P.) (non presente sulle dispense di Tauraso e non so se è presente nelle videolezioni; ne dubito).

Esercizio

J ≐ ∫_{−∞}^{+∞} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx =

= ∫_{−∞}^{−1} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx + ∫_{−1}^{1} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx + ∫_{1}^{+∞} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx ≐ I_{1} + I_{2} + I_{3}

I_{2} non è in realtà un intgrale improprio in quanto lim_{x→0} \frac{sin ax}{x} = a ed inoltre

|\frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}| ≤ \frac{1}{x^{3}}

per cui anche I_{1} ed I_{3} convergono. L’integrale improprio J dunque esiste ma per poterlo calcolare dobbiamo scrivere la formula

∫_{−∞}^{+∞} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx = Im (∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx)

ed a questo punto l’origine diventa un punto di singolarità per la funzione da cui il dover definire l’integrale solo come valor principale ossia

V P Im (∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx)

Il cammino su cui integrare è il seguente se a > 0 e quello opposto (che gira in senso orario) se a < 0.

γ_{1}  γ_{2}  γ_{3} γ_{4}  ε R −R  R −ε  ε

Eseguendo gli integrali e prendendo i limiti ε → 0 R → +∞, si ottiene

∮_{γ} \frac{e^{iaz}}{z(z^{2} + b^{2})}dz⟶_{{ε→0 \atop R→+∞}} (V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx) − iπ \frac{e^{iaz}}{z^{2} + b^{2}} |_{z=0}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

e quindi

(V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx) − iπ \frac{e^{iaz}}{z^{2} + b^{2}} |_{z=0}= 2πiRes (\frac{e^{iaz}}{z(z^{2} + b^{2})}) = 2πi\frac{e^{iaib}}{ib2ib}

da cui

(V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx) = 2πi\frac{e^{iaib}}{ib2ib} + i\frac{π}{b^{2}} = i\frac{π}{b^{2}} (1 − e^{−ab})

La parte immaginaria è \frac{π}{b^{2}} (1 − e^{−ab}) ed è il valore dell’integrale cercato. Notare che per a → 0, il risultato tende a zero come ci aspettiamo che sia ponendo a = 0 nell’integrale originale. Se invece b → 0, il risultato è illimitato come ci si aspetta dal fatto che l’integrale originario diventa un integrale improprio non convergente.

Ove non fosse chiaro, siamo passati da ∫_{−∞}^{+∞} \frac{sin ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx a Im (∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax}}{x(x^{2} + b^{2})}dx)

in quanto sin z, è illimitata sia nel semipiano superiore che nel semipiano inferiore e quindi ci sarebbe impossibile usare la variabile complessa •• ♠ Esercizi sul valor principale. V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{1}{x(ax^{2} + bx + c)}dx con b^{2} − 4ac < 0.

∫_{−∞}^{+∞} \frac{sin ax}{x}dx = \frac{π}{2} \frac{a}{|a|}

V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{e^{iax} − e^{ix}}{x^{2}(x^{2} + b^{2})}dx = π \frac{1 − a}{b^{2}} + \frac{π}{b^{2}} (e^{−b} − e^{−ab})

∫_{−∞}^{+∞} \frac{sin ax}{x(x^{2} − x + 1)}dx = π + \frac{2π}{\sqrt{3}}e^{\frac{−a\sqrt{3}}{2}} sin (\frac{a}{2} − \frac{π}{3} )

V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{cos bx − cos ax}{x^{2}}dx = \frac{π}{2} (|b| − |a|)

V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{cos ax}{x(x^{2} + b^{2})}dx,

V P ∫_{−∞}^{+∞} \frac{cos ax}{x(x^{2} − x + 1)}dx = \frac{2π}{\sqrt{3}}e^{\frac{−a\sqrt{3}}{2}} cos (\frac{a}{2} − \frac{π}{3} )

Calcoliamo il primo integrale. az^{2} + bz + c = 0 se e solo se z_{1,2} = \frac{−b ± i\sqrt{4ac − b^{2}}}{2a} ≐

\frac{−b ± i\sqrt{−Δ}}{2a} e z_{1} − z_{2} = i\sqrt{−Δ}/a.

I = \frac{iπ}{c} + 2πiRes(\frac{1}{z(az^{2} + bz + c)})|_{z=z_{1}}= \frac{iπ}{c} + 2πi lim_{z→z_{1}} \frac{z − z_{1}}{z_{1}(z − z_{1})(z − z_{2})} =

= \frac{iπ}{c} + \frac{2πi}{a\frac{i\sqrt{−Δ}}{a} \frac{−b+i\sqrt{−Δ}}{2a}} = \frac{iπ}{c} + \frac{1}{\sqrt{−Δ}} \frac{4aπ}{−b + i\sqrt{−Δ}} = \frac{iπ}{c} + \frac{1}{\sqrt{−Δ}} \frac{4aπ(−b − i\sqrt{−Δ})}{4ac} =

= \frac{−πb}{\sqrt{4ac − b^{2}}c}

••

• ∫_{−∞}^{+∞} x^{\frac{p}{q}} \frac{P (x)}{Q(x)}dx con grado(P) ≥ grado(Q) + 2 + \frac{p}{q}, Q(x) ≠ 0. (non presente sulle dispense di Tauraso e non so se è presente nelle videolezioni; ne dubito). 7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 11

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Calcolo di ∫_{0}^{+∞} \frac{\sqrt{x}}{(1 + x)^{2}} dx,

R_{ε}  ^{γ_{2}}_{γ_{4}}^{γ_{3}}^{γ_{1}}  ^{ϑ}  \begin{matrix}γ_{2}(t) = te^{iϑ} ε ≤ t ≤ R \\ γ_{3}(t) = Re^{it} ϑ ≤ t ≤ 2π − ϑ \\ γ_{4}(t) = −te^{i(2π−ϑ)} − R ≤ t ≤ −ε \\ γ_{1}(t) = εe^{−it} ϑ − 2π ≤ t ≤ −ϑ \end{matrix}

\frac{\sqrt{x}}{(1 + x)^{2}} → \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} con z = |z|e^{iϑ} 0 ≤ ϑ < 2π.

Si esegua lim_{ϑ→0} lim_{ε→0} lim_{R→+∞} ∮_{γ} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dx con γ = γ_{1} ∪ γ_{2} ∪ γ_{3} ∪ γ_{4} e si dimostri che

lim_{ϑ→0} lim_{ε→0} lim_{R→+∞} ∮_{γ_{1}} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dz = lim_{ϑ→0} lim_{ε→0} lim_{R→+∞} ∮_{γ_{3}} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dz = 0

Ad esempio

\begin{matrix}|∫_{γ_{1}} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dz| = |∫_{ϑ−2π}^{−ϑ} \underbrace{(−iεe^{−it})dt}_{dz} \frac{ε^{1/2}e^{−it/2}}{(1 + εe^{−it})^{2}} | ≤ ∫_{ϑ−2π}^{−ϑ} |(−iεe^{−it})|dt\frac{|ε^{1/2}| · |e^{−it/2}|}{|1 + εe^{−it}|^{2}} ≤ \\ \underbrace{≤}_{ε≤1/2} ≤ ∫_{ϑ−2π}^{−ϑ} \frac{ε^{3/2}}{1/2} dt⟶_{ε→0}0 \end{matrix}

|∫_{γ_{3}} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dz| = |∫_{ϑ}^{2π−ϑ} \underbrace{(iRe^{it})dt}_{dz} \frac{R^{1/2}e^{it/2}}{(1 + Re^{it})^{2}} | ≤ ∫_{ϑ}^{2π−ϑ} \frac{R^{\frac{3}{2}} dt}{(|R| − 1)^{2}} = \frac{R^{3/2}}{(|R| − 1)^{2}} (2π − 2ϑ)

e tende a zero per R → +∞. Si è usato il fatto che |z + z′| ≥ | |z| − |z′| |

\begin{matrix}∮_{γ_{4}} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dz = ∫_{−R}^{−ε} \underbrace{−e^{i(2π−ϑ)}dt}_{dz} \frac{(−te^{−i(2π−ϑ)})^{1/2}}{(1 − te^{−i(2π−ϑ)})^{2}} \underbrace{=}_{τ=−t} ∫_{ε}^{R} e^{−i(2π−ϑ)}(−dτ)\frac{\sqrt{τ}e^{−i(π−ϑ/2)}}{(1 + τe^{−i(2π−ϑ)})^{2}} = \\ = ∫_{ε}^{R} e^{−i(2π−ϑ)}dτ \frac{\sqrt{τ}e^{−iϑ/2}}{(1 + τe^{−i(2π−ϑ)})^{2}} ⟶_{ε,ϑ→0, R→+∞} ∫_{0}^{+∞} \frac{\sqrt{x}}{(1 + x)^{2}} dx \end{matrix}

Quindi lim_{ϑ→0} lim_{ε→0} lim_{R→+∞} ∮_{γ} \frac{\sqrt{z}}{(1 + z)^{2}} dx = 2 ∫_{0}^{+∞} \frac{\sqrt{x}}{(1 + x)^{2}} dx = 2πiRes_{z=−1}f(z) = 2πi\frac{d}{dz} \sqrt{z}|_{z=e^{iπ}}=

2πi\frac{1}{2} \frac{1}{e^{i \frac{π}{2}}} = π

Si badi bene: se si fosse scritto 2πiRes_{z=−1}f(z) = 2πi\frac{d}{dz} \sqrt{z}|_{z=e^{−iπ}}= 2πi\frac{1}{2} \frac{1}{e^{i \frac{−π}{2}}} = −π ed è chiaramente sbagliato. Il motivo per cui bisogna prendere −1 = e^{iπ} è dovuto al fatto che gli angoli sono maggiori di zero e minori di 2π. •• 7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 12

♠ Calcolare ∫_{0}^{+∞} \frac{1}{\sqrt{x}(1 + x^{2})^{2}} dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{\sqrt{x}}{1 + x^{3}} dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{\sqrt{x}}{(1 + x^{2})^{2}} dx, oppure ∫_{0}^{+∞} \frac{x\sqrt{x}}{(1 + x^{2})^{2}} dx,

∫_{0}^{+∞} \frac{1}{x^{\frac{1}{3}} (1 + x^{2})^{2}} dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{1}{x^{\frac{1}{5}} 1 + x^{2}} dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{x^{\frac{1}{3}}}{(1 + x^{2})^{2}} dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{x^{\frac{1}{4}}}{(1 + x^{2})^{2}} dx,

∫_{0}^{+∞} \frac{x^{\frac{1}{3}}}{(x + 1)(1 + x^{2})}dx, ∫_{0}^{+∞} \frac{x^{\frac{1}{3}}}{(x + 1)(1 + x^{2})^{2}} dx,

105 min. Lezione del 13/11/2017 Funzioni complesse

• Calcolo dell’integrale ∫_{−∞}^{+∞} \frac{dx}{x(x^{2} − x + 1)} ••

• Calcolo dell’integrale ∫_{0}^{+∞} \frac{x}{x^{3} + 1} Si adotti lo stesso cammino nel campo complesso della

lezione precedente e si integri la funzione \frac{zLn(z)}{z^{3} + 1}. Si ottiene

−2πi ∫_{0}^{+∞} \frac{xdx}{x^{3} + 1} = 2πi ∑ Res\frac{zLn(z)}{z^{3} + 1}

In tale classe di integrali rientrano quelli della forma ∫_{0}^{+∞} \frac{P (x)}{Q(x)}dx, P, Q polinomi, Q(x) ≠ 0,

e P (x)/Q(x) funzione non pari. Se fosse pari opereremmo ∫_{0}^{+∞} \frac{P (x)}{Q(x)}dx = \frac{1}{2} ∫_{−∞}^{+∞} \frac{P (x)}{Q(x)}dx e si usa il cammino di pagina 41 delle dispense di Tauraso. ••

♠ ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(1 + x^{2})(x^{3} + 1)}, ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(1 + x^{2})(x + 1)}, ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(1 + x)(x^{2} − x + 1)},

∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(1 + x)(x^{2} + x + 1)}. ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(1 + x^{2})(x^{2} + x + 1)}.

Trasformata di Laplace

Pag.1 e 2 fino al paragrafo 1).

105 min. Lezione del 14/11/2017 Trasformata di Laplace Da pag.2 fino a pag.7 (escluso esempio 3.). Di pag.5 escludere paragrafi 6) e 7).

105 min. Lezione del 17/11/2017 Trasformata di Laplace Da pag.10 paragrafo 3 fino a pag.12 esempio 6 escluso. Pag.14.

• Risolvere l’equazione differenziale x′′(t) + x(t) = cos(ωt), x(0) = x_{0}, x′(0) = y_{0}. ω è reale e risolvere anche il acso in cui ω = 1. Risolvere l’equazione differenziale mx′′(t) + x(t) = δ(t − t_{0}), t_{0} > 0, x(0) = x_{0}, x′(0) = y_{0}. ••

105 min. Lezione del 20/11/2017 Trasformata di Laplace

• Date le due funzioni

f(x) = \{ \begin{matrix}1 0 ≤ t < 1 \\ − 1, 1 ≤ t < 2 \\ 0 t ≥ 2 \end{matrix} g(x) = \{ \begin{matrix}2t 0 ≤ t < 1 \\ 0 t ≥ 1 \end{matrix}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

si dica quanto vale fg per 1 ≤ t ≤ 2. Si dica quanto vale lim_{t→+∞} f ∗g Esercizio dato da Tauraso nel compito del 10/9/2014. •• Esempio 11 pag.17 ma con la condizione x(0) = 1.

• Calcolare gli integrali ∮ \frac{Imz}{1+z^{2}} dz e ∮ \frac{Rez}{1+z^{2}} dz estesi al segmento di estremi −2 − 2i e 2 + 2i ed alla semicirconferenza di raggio 2\sqrt{2} che collega i precedenti punti. Il cammino è percorso in senso antiorario. Soluzione (non unica) solo del primo Il segmento è parametrizzato da z(t) = 2(1 + i)t e l’integrale diventa

∫_{−1}^{1} \frac{2t}{1 + 4(2i)t^{2}} 2(1 + i)dt = ∫_{−1}^{1} \frac{4(1 + i)t}{1 + 8it^{2}}dt = \frac{1 + i}{4i}Ln(1 + 8it^{2})|_{−1}^{1}= 0 in quanto l’argomento

del logaritmo assume lo stesso valore agli estremi. La parte di semicerchio è data da z(t) =

2\sqrt{2}e^{it} e l’integrale diventa ∫ \frac{5}{4} π_{\frac{π}{4}} \frac{2\sqrt{2} sin t}{1 + 8e^{2it}}2\sqrt{2}ie^{it}dt = ∫ \frac{5}{4} π_{\frac{π}{4}} \frac{e^{it} − e^{−it}}{1 + 8e^{2it}} 4e^{it}dt. Cambiamo vari-

abile 2t = u per cui 2 ∫ \frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}} du\frac{e^{iu} − 1}{1 + 8e^{iu}} = \frac{1}{4i}Ln(1 + 8e^{iu})|\frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}}−2 ∫ \frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}} du\frac{e^{−iu}}{e^{−iu} + 8} = \frac{1}{4i}Ln(1 +

8e^{iu})|\frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}}+\frac{2}{i}Ln(e^{−iu} + 8)|\frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}}= \frac{2πi}{4i} − 0 = \frac{π}{2}

Con ∮ \frac{Re(z)}{1 + z^{2}} dz si ha ∫ \frac{5}{4} π_{\frac{π}{4}} i\frac{e^{it} + e^{−it}}{1 + 8e^{2it}} 4e^{it}dt = i\frac{π}{2} + 0.

Come conseguenza otteniamo ∮ \frac{Re(z) + iIm(z)}{1 + z^{2}}dz = ∮ \frac{z}{1 + z^{2}} dz = iπ. L’ultimo integrale si può risolvere anche attraverso il teorema di Cauchy scrivendo ∮ \frac{z}{1 + z^{2}} dz = ∮ \frac{dz}{2(z − i)} + \frac{dz}{2(z + i)}. Il secondo integrale è zero lasciando la curva fuori il punto z = i. Il primo integrale è

pari a 2πi\frac{1}{2}.

Osservazione È importante notare come sarebbe un errore scrivere \frac{1}{4i}Ln(1+8e^{iu})|\frac{5}{2} π_{\frac{π}{2}}= \frac{1}{4i}Ln(1+ 8e^{i \frac{5}{2} π}) − \frac{1}{4i}Ln(1 + 8e^{i \frac{π}{2}} ) = 0 in quanto non si tiene conto del fatto che la curva 1 + 8e^{i \frac{5}{2} π} gira intorno all’origine al contario della curva e^{−iu} + 8 •• •

\frac{1}{2} ∫_{−π}^{π} \frac{1 − cos(nx)}{1 − cos x}dx =

\frac{1}{2} ∮ \frac{(z^{n} − 1)^{2}}{z^{n−1}(z − 1)^{2}} \frac{dz}{iz} = \frac{1}{2} ∮ \frac{(z − 1)^{2}(z^{n−1} + z^{n−2} + … + 1)^{2}}{z^{n−1}(z − 1)^{2}} \frac{dz}{iz} =

= \frac{1}{2} ∮ \frac{dz}{iz^{n}} (∑_{k=0}^{n−1} z^{k})^{2} = \frac{1}{2} ∮ \frac{dz}{iz^{n}} ∑_{k=0}^{n−1} z^{k} ∑_{q=0}^{n−1} z^{q} \underbrace{=}_{k+q=p} \frac{1}{2} ∮ \frac{dz}{iz^{n}} ∑_{p=0}^{2n−2} z^{p} ∑_{k=0}^{min\{p,n−1\}} 1 =

= \frac{1}{2} ∮ \frac{dz}{iz^{n}} z^{n−1}n = \frac{1}{2} \frac{2πi}{i}n = nπ solo p = n − 1 contribuisce

•• 105 min. Lezione del 21/11/2017 Trasformata di Laplace 7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 14

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Ultimo giorno di lezione per informatica

• Risolvere l’equazione x^{(iv)}(t) + 2x′′(t) + x(t) = 0, x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = a. ••

• Risolvere l’integrale ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(x + 1)(x^{3} + 1)} ••

• Risolvere il sistema \{ \begin{matrix}y′′(t) − x(t) = t x(0) = a \\ x′(t) + y(t) = t y(0) = b, y′(0) = c \end{matrix} ••

Svolgimento Sia L(x) ≐ F (p), L(y) = G(p).

L(y′) = pL(y) − b, L(y′′) = pL(y′) − c = p^{2}L(y) − pb − c, L(x′) = pL(x) − a

Il sistema diventa \{ \begin{matrix}p^{2}G − pb − c − F = \frac{1}{p^{2}} \\ pF − a + G = \frac{1}{p^{2}} \end{matrix}

Si ottiene G(p)(p^{3} + 1) = \frac{1}{p} + p^{2}b + pc + a + \frac{1}{p^{2}} ≐ I_{1} + I_{2} + I_{3} + I_{4} + I_{5}.

Ora dobbiamo antitrasformare I_{4}.

L^{−1}(\frac{a}{1 + p^{3}} ) = L^{−1}(\frac{a}{(p + 1)(p^{2} − p + 1)} =

\frac{ae^{−t}}{3} + \frac{ae^{( \frac{1}{2} +i \frac{\sqrt{3}}{2} )t}}{(1 + \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})(2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) − 1)} + \frac{ae^{( \frac{1}{2} −i \frac{\sqrt{3}}{2} )t}}{(1 + \frac{1}{2} − i\frac{\sqrt{3}}{2})(2(\frac{1}{2} − i\frac{\sqrt{3}}{2}) − 1)}

= a\frac{e^{−t}}{3} + ae^{\frac{t}{2}} (\frac{2}{3} cos \frac{\sqrt{3}}{2}t + \frac{1}{\sqrt{3}} sin \frac{\sqrt{3}}{2}t) ≐ aT (t)

Per le altre procediamo più rapidamente. I_{3}.

\frac{p}{(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{1}{p^{2} − p + 1} − \frac{1}{p^{3} + 1} = \frac{1}{(p − \frac{1}{2})^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} − \frac{1}{p^{3} + 1}

da cui

L^{−1}(\frac{cp}{(p + 1)(p^{2} − p + 1)}) = ce^{\frac{t}{2}} sin \frac{\sqrt{3}}{2}t − c\frac{e^{−t}}{3} − ce^{\frac{t}{2}} (\frac{2}{3} cos \frac{\sqrt{3}}{2}t + \frac{1}{\sqrt{3}} sin \frac{\sqrt{3}}{2}t)

I_{2}.

\begin{matrix}\frac{p^{2}}{(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{p}{p^{2} − p + 1} − \frac{p}{p^{3} + 1} = \\ \frac{p − \frac{1}{2}}{(p − \frac{1}{2})^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} + \frac{1}{2} \frac{1}{(p − \frac{1}{2})^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} − \frac{1}{(p − \frac{1}{2})^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} + \frac{1}{p^{3} + 1} \end{matrix}

da cui

L(\frac{bp^{2}}{(p + 1)(p^{2} − p + 1)}) = be^{\frac{t}{2}} cos \frac{\sqrt{3}}{2}t − b\frac{1}{2}e^{\frac{t}{2}} sin \frac{\sqrt{3}}{2}t + bT (t)

I_{1}.

\frac{1}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{A}{p} + \frac{B}{p + 1} + \frac{C}{p − p_{0}} + \frac{D}{p − p_{1}}

lim_{p→0} p\frac{1}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = 1 = lim_{p→0} p (\frac{A}{p} + \frac{B}{p + 1} + \frac{C}{p − p_{0}} + \frac{D}{p − p_{1}} ) = A

lim_{p→−1}(p + 1)\frac{1}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{−1}{3} = lim_{p→−1}(p + 1) (\frac{A}{p} + \frac{B}{p + 1} + \frac{C}{p − p_{0}} + \frac{D}{p − p_{1}} ) = B

lim_{p→p_{0}} \frac{p − p_{0}}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{1}{p_{0}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})} = lim_{p→p_{0}}(p−p_{0}) (\frac{A}{p} + \frac{B}{p + 1} + \frac{C}{p − p_{0}} + \frac{D}{p − p_{1}} ) = C

lim_{p→p_{1}} \frac{p − p_{1}}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)} = \frac{1}{p_{1}(1 + p_{1})(p_{1} − p_{0})} = lim_{p→p_{1}}(p−p_{1}) (\frac{A}{p} + \frac{B}{p + 1} + \frac{C}{p − p_{0}} + \frac{D}{p − p_{1}} ) = D

da cui

L^{−1}(\frac{1}{p(p + 1)(p^{2} − p + 1)}) = 1 − \frac{1}{3}e^{−t} + \frac{e^{p_{0}t}}{p_{0}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})} + \frac{e^{p_{1}t}}{p_{1}(1 + p_{1})(p_{1} − p_{0})} =

= 1 − \frac{1}{3}e^{−t} + \frac{e^{p_{0}t}}{p_{0}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})} + \frac{e^{\overline{p}_{0}t}}{\overline{p}_{0}(1 + \overline{p}_{0})(\overline{p}_{0} − \overline{p}_{1})} =

= 1 − \frac{1}{3}e^{−t} + 2Re [\frac{e^{p_{0}t}}{p_{0}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})}] = 1 − \frac{1}{3}e^{−t} + 2Re [\frac{e^{p_{0}t}}{−3} ] =

= 1 − \frac{1}{3}e^{−t} − \frac{2}{3}e^{\frac{t}{2}} cos \frac{\sqrt{3}}{2}t

I_{5}.

\frac{1}{p^{2}(p^{3} + 1)} = \frac{1}{p^{2}(p − 1)(p − p_{0})(p − p_{1})} = \frac{A}{p} + \frac{B}{p^{2}} + \frac{C}{p + 1} + \frac{D}{p − p_{0}} + \frac{E}{p − p_{1}}

A = lim_{p→0} \frac{d}{dp} \frac{p^{2}}{p^{2}(p^{3} + 1)} = 0, B = lim_{p→0} \frac{p^{2}}{p^{2}(p^{3} + 1)} = 1

C = lim_{p→−1} \frac{p + 1}{p^{2}(p^{3} + 1)} = \frac{1}{3}, D = lim_{p→p_{0}} \frac{p − p_{0}}{p^{2}(p + 1)(p − p_{0})(p − p_{1})} = \frac{1}{p_{0}^{2}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})}

E = lim_{p→p_{1}} \frac{p − p_{1}}{p^{2}(p + 1)(p − p_{0})(p − p_{1})} = \frac{1}{p_{1}^{2}(1 + p_{1})(p_{1} − p_{0})}

Antitrasformando si ha

t + \frac{e^{−t}}{3} + \frac{e^{p_{0}t}}{p_{0}^{2}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})} + \frac{e^{p_{1}t}}{p_{1}^{2}(1 + p_{1})(p_{1} − p_{0})} = t + \frac{e^{−t}}{3} + 2Re [\frac{e^{p_{0}t}}{p_{0}^{2}(1 + p_{0})(p_{0} − p_{1})}]

ossia

t + \frac{e^{−t}}{3} − \frac{1}{3}e^{\frac{t}{2}} cos \frac{\sqrt{3}}{2}t

Poi bisogna sommare i cinque termini.

105 min. Lezione del 24/11/2017

Il libro di testo ora è il N. Fusco, P.Marcellini, C.Sbordone, Elementi di analisi Matematica due, versione semplificata per i nuovi corsi di laurea. Liguori editore

Le pagine da 35 a 69 fino al par.16 dovrebebro essere state già coperte dal programma di analisi I. Il Teorema di Schwarz a pag.50 non è stato dimostrato. Dei tre teoremi a pag.46 solo il primo è stato dimostrato ma il contenuto degli altri due è lo stesso dei teoremi analoghi per funzioni di una variabile. Il Teorema a pag.57 non è stato dimostrato e neppure quello a pag.62.

Definizione di massimo, minimo (estremi) e sella per funzioni di più variabili.

Corollario della definizione di massimo Se una funzione f reale di più variabili reali ha un punto di massimo in \underline{x}_{0}, allora qualsiasi restrizione che abbia \underline{x}_{0} come punto di accumulazione, ha ivi un massimo. Sono le pagine da 73 par.18 fino a 76 dove di “Un ulteriore...”.

Teorema di Weierstrass (con dimostrazione) per funzioni continue sui compatti. Definizione di estremo locale e globale sia stretto (o forte) che non stretto

Verifica del fatto che a funzione f(x, y) = (x^{2} − y)(3x^{2} − y), su ogni retta passante per l’origine (restrizione) ha un minimo nell’origine ma la funzione f no.

Teorema di Fermat per funzioni di più variabili (con dimostrazione) per la ricerca di estremi nei punti interni

105 min. Lezione del 27/11/2017

• Dimostrazione che se \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) = \underline{0}, allora le condizioni di essere un minimo , massimo o sella esauriscono tutte le possibilità . ••

Pag.52 esempio 2. Esempio di funzione differenziabile tale che f_{xy}(\underline{0}) ≠ f_{yx}(\underline{0}).

Pag.71, 72 fino al par.18. Pag.18 (CONDIZIONE SUFFICIENTE con dimostrazione).

105 min. Lezione del 28/11/2017

• Calcolare le coordinate dei massimi, minimi e selle (relativi e assoluti) e relative ordinate della funzione f(x, y) = xy(1 − x^{2} − y^{2}), con la condizione |x| ≤ 1, |y| ≤ 1.

Studiare la stessa cosa per la funzione f(x, y) = (x + y)^{2} − x^{4} − y^{4} e per la funzione f(x, y) = x^{3} + y^{3} − 3xy

Polinimio di Taylor di ordime m della funzione generica di n variabili (lo studente deve sapere la formula (1) e saperla applicare)

Teorema Sia f: E ⊆ R^{n} → R, E aperto, m volte differenziabile in \underline{x} ∈ E. Sia \underline{h} ∈ R^{n} tale che il segmento [\underline{x}, \underline{x} + \underline{h}] ⊂ E. Vale allora f(\underline{x} + \underline{h}) = f(\underline{x}) + ∑_{k=1}^{m} \frac{d^{k}f(\underline{x})}{k!} + o(∥\underline{h}∥^{m}) per \underline{h} → \underline{0}. Inoltre

1) f(\underline{x}) + ∑_{k=1}^{m} \frac{d^{k}f(\underline{x})}{k!} è l’unico polinomio di grado ≤ m che verifica la relazione precedente 2) Se f è m volte differenziabile in [\underline{x}, \underline{x} + \underline{h}], le derivate di ordine m sono ivi continue, f è m + 1 volte differenziabile in (\underline{x}, \underline{x} + \underline{h}) esiste λ ∈ (0, 1) tale che

f(\underline{x} + \underline{h}) = f(\underline{x}) + ∑_{k=1}^{m} \frac{d^{k}f(\underline{x})}{k!} + \frac{d^{m+1}f(\underline{x} + λ\underline{h})}{(m + 1)!}  (1)

Dimostrazione La prima parte della 1) si dimostra per induzione. Se m = 1 è la differenziabilità

. Sia F^{(j)}(\underline{h}) =^{def}f(\underline{x} + \underline{h}) − f(\underline{x}) − ∑_{k=1}^{j} \frac{d^{k}f(\underline{x})}{k!} e supponiamo che F^{(j)}(\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{j}) per \underline{h} → \underline{0},

1 ≤ j ≤ m − 1. Vogliamo far vedere che F^{(m)}(\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{m}) (che F^{(m)} esista, è conseguenza del fatto che f(\underline{x}) è m volte differenziabile). Ricordiamo che

d^{k}f(\underline{x}) = ∑_{i_{1},i_{2},...,i_{n}=0_{i_{1}+i_{2}+...+in=k}}^{k} \frac{k!}{i_{1}!i_{2}! … i_{n}!}h_{1}^{i_{1}} ⋯ h_{n}^{i_{n}} \frac{∂^{k}f(\underline{x})}{(∂x_{1})^{i_{i}}(∂x_{2})^{i_{2}} … (∂x_{n})^{i_{n}}}

e quindi d^{m}f(\underline{x}) è un polinomio nelle variabili h_{1}, …, h_{n}. F^{(m)}(\underline{h}) è m volte differenziabile in \underline{h} = \underline{0} e le sue derivate si annullano. Ciò implica che ∂_{h_{i}}F^{(m)}(\underline{h}) è m − 1 volte differenziabile e per l’ipotesi induttiva abbiamo ∂_{h_{i}}F^{(m)}(\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{m−1}) i = 1, …, m. Per il teorema del valor medio

F^{(m)}(\underline{h}) − F^{(m)}(\underline{0}) = F^{(m)}(\underline{ĥ}) = \underline{∂}F^{(m)}(\underline{ĥ})\underline{h} = \underline{o}(∥\underline{h}∥^{m−1}) · \underline{h} = o(∥\underline{h}∥^{m}),  ĥ ∈ [\underline{x}, \underline{x} + \underline{h}]

Unicità ; supponiamo che esista un polinomio P (\underline{h}) di grado ≤ m tale che f(\underline{x} + \underline{h}) − P (\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{m}). Essendo

f(\underline{x} + \underline{h}) = f(\underline{x}) + ∑_{k=1}^{m} \frac{d^{k}f(\underline{x})}{k!} + o(∥\underline{h}∥^{m}) ≐ T^{(m)}(\underline{h})

ne segue che P (\underline{h}) − T^{(m)}(\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{m}). D’altra parte supponiamo che P (\underline{h}) ≠ T^{(m)}(\underline{h}). Ciò vuol dire che almeno uno dei coefficienti di P (\underline{h}) è diverso da quello di T^{(m)}(\underline{h}) avente lo stesso ordine e quindi non può essere P (\underline{h}) − T^{(m)}(\underline{h}) = o(∥\underline{h}∥^{m}) in quanto i due polinomi sono di grado ≤ m.

2) Con le ipotesi di 2) la funzione φ(t) = f(\underline{x} + t\underline{v}), \underline{v} = \frac{\underline{h}}{∥\underline{h}∥} è m volte derivabile in [0, ∥\underline{h}∥] e m + 1 volte derivabile in (0, ∥\underline{h}∥). Possiamo applicare il teorema di Taylor con resto di Lagrange per funzioni di un variabile per cui φ(t) = φ(0) + ∑_{k=1}^{m} \frac{1}{k!}φ^{(k)}(0)t^{k} + \frac{1}{(m+1)!}φ^{(m+1)}(λ̃)t^{m+1}, 0 < λ̃ < t oppure t < λ̃ < 0. Se t = ∥\underline{h}∥, si ottiene (guardiamo solo l’ultima derivata)

\frac{1}{(m + 1)!} ∑_{i_{1},i_{2},...i_{n}=0 ; ∑{n \atop j=1} i_{j} =m+1}^{m+1} \frac{(m + 1)!}{i_{1}!i_{2}! … i_{n}!}(\frac{h_{1}}{∥\underline{h}∥})^{i_{1}} ⋯ (\frac{h_{n}}{∥\underline{h}∥})^{i_{n}} \frac{∂^{k}f(\underline{x} + λ̃\underline{v})}{(∂x_{1})^{i_{i}}(∂x_{2})^{i_{2}} … (∂x_{n})^{i_{n}}} (∥\underline{h}∥)^{m+1} =

= \frac{1}{(m + 1)!} ∑_{i_{1},i_{2},...i_{n}=0 ; ∑{n \atop j=1} i_{j} =m+1}^{m+1} \frac{(m + 1)!}{i_{1}!i_{2}! … i_{n}!}(\frac{h_{1}}{∥\underline{h}∥})^{i_{1}} ⋯ (\frac{h_{n}}{∥\underline{h}∥})^{i_{n}} \frac{∂^{k}f(\underline{x} + λ∥\underline{h}∥\underline{v})}{(∂x_{1})^{i_{i}}(∂x_{2})^{i_{2}} … (∂x_{n})^{i_{n}}} (∥\underline{h}∥)^{m+1} =

= \frac{1}{(m + 1)!}d^{m+1}f(\underline{x} + λ\underline{h}).

Notare che, ad esempio, da 0 < λ̃ < t ≤ ∥\underline{h}∥, scrivendo λ̃ = λ∥\underline{h}∥, ne segue 0 < λ < 1.

Osservazioni i) La parte in cui parla della unicità del polinomio è estremamente importante nella pratica in quanto, per le funzioni che comunemente incontreremo, si potrà usare il teorema di Taylor per funzioni di una variabile

Esempi Si voglia sapere il polinomio di Taylor di ordine ≤ 6 nel punto (0, 0) della funzione cos(x_{1}x_{2}^{2}). Poiché x_{1}x_{2}^{2} → 0 per \underline{x} → \underline{0} usiamo le formule del coseno: cos(x_{1}x_{2}^{2}) = 1 − \frac{1}{2}x_{1}^{2}x_{2}^{4} +

\frac{1}{24}x_{1}^{4}x_{2}^{8} + o(x_{1}^{5}x_{2}^{10}) Se dimostriamo che lim_{\underline{x}→\underline{0}} \frac{x_{1}^{4}x_{2}^{8}}{(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})^{3}} = 0 il polinomio che cerchiamo è 1 −

\frac{1}{2}x_{1}^{2}x_{2}^{4}. Ma \frac{x_{1}^{4}x_{2}^{8}}{(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})^{3}} ≤ x_{1}^{4}x_{2}^{2} e quindi tende a zero. Si tenga presente che ciò che nel Teorema è \underline{x}, nell’esercizio è \underline{0} e ciò che nel teorema è d\underline{x}, nell’esercizio è (x_{1}, x_{2}). Senza l’unicità avremmo dovuto eseguire le derivate della funzione fino all’ordine 6.

Esempi Si vuole calcolare il polinomio di Taylor di ordine 1 della funzione f(x, y) = ln(1+x(1+ y)) centrato in x = 0 e y = 1. Poiché x(1+y) = 0 per x = 0, possiamo usare ln(1+z) = z+O(z^{2}) da cui ln(1 + x(1 + y)) = x(1 + y) + O(x^{2}(1 + y)^{2}) e quindi il polinomio è P (x) = x. Se invece vogliamo il polinomio fino all’ordine 2, dobbiamo fare ln(1+x(1+y)) = x(1+y)− \frac{1}{2}x^{2}(1+y)^{2} + O(x^{3}(1 + y)^{3}). Riscriviamo x(1 + y) − \frac{1}{2}x^{2}(1 + y)^{2} come x + x(y − 1) + x − \frac{1}{2}x^{2}((y − 1) + 2)^{2} =

2x + x(y − 1) − \frac{1}{2}x^{2}(4) − \frac{1}{2}x^{2}(2(y − 1) + (y − 1)^{2}) e −\frac{1}{2}x^{2}(2(y − 1) + (y − 1)^{2}) ha ordine 3 per

cui il polinomio di ordine 2 è P (x, y) = 2x + x(y − 1) − 2x^{2} ••

105 min. Lezione del 01/12/2017

Teorema delle funzioni implicite. Pag.265–278

• Si calcoli la tangente alla curva di equazione F (x, y) = x^{3} + y^{3} − 2xy = 0 nel punto (1, 1).

Se avessimo la curva nella forma y = C(x) la soluzione sarebbe immediata. Essendo F_{y}(1, 1) = 1 ≠ 0, dal Teorema delle funzioni implicite possiamo però ricavare y = C(x) localmente nell’intorno del punto (1, 1) e anche la sua derivata: \frac{dC}{dx} = −(3y^{2} − 2x)^{−1}(3x^{2} − 2y) |_{(1,1)} = −1 (si applichi il Corollario 4.2). La retta tangente è y = 1 − (x − 1) = −x + 2

Una analoga domanda relativa al punto (0, 0) non otterrebbe risposta essendo F_{y}(0, 0) = 0. (0, 0) non è un punto regolare.

x x^{3} + y^{3} − 2xy = 0 y = −x + 2 (1, 1)

105 min. Lezione del 04/12/2017

Esercizi sul Teorema delle funzioni implicite. Si possono guardare i testi degli esami nell’A.A.2014/2015 Estremi vincolati

• Esempio 1 Iniziamo con un esempio. Sia data la funzione z = f(x, y) = x^{2} +y^{2} con dominio R^{2}. Essa ha un minimo assoluto in (0, 0) e nesssun massimo o minimo relativo ma non assoluto. Sia ora U un sottoinsiene di R^{2} tale che \underline{0} ∈ U. Dalla definizione di minimo, risulta che \underline{0} è un minimo per f|_{U} qualsiasi sia U. Come U ora prendiamo la retta x ≡ 1. Vogliamo trovare, se esistono, i punti di estremo della curva soggetti alla condizione x = 1 (vincolo ) Bisogna sostituire x = 1 nella funzione^{(6.1)}, calcolare le derivate e si verifica che il punto (1, 0) è un minimo per f|_{U}. Notare inoltre che il gradiente della f(x, y) calcolato nel punto (1, 0) è (1, 0) e che il vettore ortogonale alla curva x = 1 ha coordinate (1, 0) oppure (−1, 0). In ogni caso sono quindi proporzionali il gradiente della funzione e il vettore ortogonale alla curva calcolati nello stesso punto. Già in questo caso si evidenzia una delle peculiarità degli estremi vincolati per cui il punto (1, 0) è di estremo solo se opportunamente vincolato. Considerato invece come estremo libero non è di estremo.

Esempio 2 Sia data la funzione z = f(x, y) = xy. Vogliamo trovare, se esistono, punti critici della funzione che siano soggetti anche alla condizione h(x, y) = 0 con h(x, y) = x + y − 1 e specificare la natura di tali punti critici. Il vincolo è dato da una retta e la sua parametrizzazione è \underline{γ}(x) = (x, 1−x)) talchè la funzione di cui trovare i punti critici è f(x, 1 − x) = (x, (1 − x)) = x(1 − x). Derivando si ha P ≡ (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) (un minimo). Il gradiente del vincolo è (1, 1) (non dipende dal punto) e il gradiente della funzione è il vettore (y, x) che in P vale \frac{1}{2}(1, 1) ossia proporzionale a \underline{∂}h(P).

Definizione 6.1 Sia h(\underline{x}) ∈ C^{1}(U), U = U^{o} e sia U_{o} = \{\underline{x} ∈ U: h(\underline{x}) = 0\}. \underline{y} ∈ U_{o} è detto regolare se \underline{∂}h(\underline{y}) ≠ \underline{0}.

(6.1) questa operazione altri non è che considerare la restrizione della funzione all’insieme {x=1}

Sia data una funzione f: E ⊆ R^{2} → R, E = E^{o} ⊃ U, f ∈ C^{1}(E). Cerchiamo i punti critici regolari della funzione f|_{U} che appartengono a U_{o}. Per il Teorema delle funzioni implicite,

intorno al punto regolare \underline{y}, si può scrivere il vincolo in forma parametrica \underline{γ}: [−1, 1] → R^{2}, \underline{γ}(t) = (γ_{1}(t), γ_{2}(t)), \underline{γ}(0) = \underline{y}. Inoltre h(\underline{γ}(t) ≡ 0 e quindi \underline{∂}h(\underline{γ}) · \underline{γ}′ = 0. Se \underline{y} deve essere un

punto critico per f(\underline{x}) ristretta al vincolo allora deve essere critico per f(γ_{1}(t), γ_{2}(t)) =^{def}F (t) e quindi (supponendo pure che f sia abbastanza regolare da ammettere derivate parziali continue), F′(t) = f_{x_{1}}(\underline{γ}(t))γ′_{1}(t) + f_{x_{2}}(\underline{γ}(t))γ′_{2}(t) deve valere zero per t = 0 ossia \underline{∂}f(\underline{γ}(0)) · \underline{γ}′(0) = 0. Il gradiente della f deve essere ortogonale al vettore \underline{γ}′(0) che è tangente alla curva \underline{γ}(t) in t = 0 ossia tangente al vincolo. Quindi il gradiente della f deve essere ortogonale al vincolo ossia essere proporzionale al vettore \underline{∂}h(\underline{y}). Tornando alle dimensioni maggiori di 2, diamo la seguente definizione

Definizione 6.2 A partire dalla definizione precedente, se esiste un λ ∈ R tale che \underline{∂}f(\underline{y}) = λ\underline{∂}h(\underline{y}), il punto \underline{y} è detto critico per la funzione f(\underline{x}) soggetta alla condizione h(\underline{x}) = 0 (vincolo )

Si osservi inoltre che se un punto è di massimo oppure di minimo per una certa funzione, qualunque sia il vincolo che passa per quel punto, avremo che la restrizione della funzione al vincolo presenta in quel determinato punto un massimo oppure un minimo. Può accadere però che la restrizione di una certa funzione ad un determinato vincolo abbia un massimo oppure un minimo oppure una sella in un punto P che invece non è neppure critico per la funzione non ristretta.

Vale il Teorema

Teorema 6.1 (moltiplicatori di Lagrange) Sia f ∈ C^{1}(E) dove E = E^{o} ⊃ U_{o} e sia \underline{y} ∈ U_{o} un punto regolare. Se \underline{y} è un punto critico di f ristretta a U_{o}, esiste un valore λ tale che \underline{∂}f(\underline{y}) = λ\underline{∂}h(\underline{y}).

Dimostrazione Essendo \underline{y} regolare, almeno una delle derivate h_{x_{i}}(\underline{y}) deve essere non nulla. Supponiamo che h_{x_{1}}(\underline{y}) ≠ 0. Dal teorema della funzione implicita segue che si può localmente scrivere x_{1} = q(x̂) e quindi h(q(x̂), x̂) = 0. Inoltre se un punto è critico per f(\underline{x}) soggetto al vincolo h(\underline{y}) = 0, allora è critico anche per la funzione di n − 1 variabili f(q(x̂), x̂) =^{def}F (x̂) dove stavolta però le n − 1 variabili non sono soggette a vincoli se non quello di variare all’interno di un certo insieme aperto determinato dal teorema della funzione implicita. Dal teorema 1.5 abbiamo dunque che F_{x_{i}}(\underline{y}) = 0 per ogni i = 2, 3, … n da cui: f_{x_{1}}qx̂ +fx̂ = ˆ0. Del resto abbiamo

qx̂ = −\frac{hx̂}{h_{x_{1}}} da cui f_{x_{i}} = \frac{f_{x_{1}}}{h_{x_{1}}} h_{x_{i}} i = 2, …, n e quindi λ = \frac{f_{x_{1}} (\underline{y})}{h_{x_{1}} (\underline{y})}. Con i = 1 l’uguaglianza è

f_{x_{1}} = λh_{x_{1}} (ovviamente vera).

Corollario 6.1 Siano f, h come nel teorema precedente. \underline{y} è un punto critico della f soggetto al vincolo h(\underline{y}) = 0 se e solo se (\underline{y}, λ_{o}) è un punto critico della funzione di n + 1 variabili G(\underline{x}, λ) = f(\underline{x}) − λh(\underline{x})

Dimostrazione Se \underline{y} è un punto critico della f e \underline{y} ∈ U_{0} allora esiste λ_{o} per cui G_{x_{i}}(\underline{y}, λ) = f_{x_{i}}(\underline{y}) − λ_{o}h_{x_{i}}(\underline{y}) = 0 dal teorema precedente. La condizione h(\underline{y}) = 0 equivale a G_{λ}(\underline{y}, λ_{o}) = 0. Sia viceversa (\underline{y}, λ_{o}) un punto critico della G(\underline{x}, λ). Dalla Definizione 2, segue che f_{x_{i}}(\underline{y}) − λ_{o}h_{x_{i}}(\underline{y}) = 0 e che h(\underline{y}) = 0 e quindi \underline{y} è un punto critico della f per cui \underline{y} ∈ E_{o}.

Osservazioni dal corollario segue che l’esistenza di punti critici vincolati e regolari si riduce a trovare punti critici liberi ma in uno spazio di dimensione più grande.

Fino ad ora abbiamo affrontato la questione della esistenza di punti critici ma non ci siamo posti il problema di stabilirne la natura. Nel caso dei punti critici liberi, se la funzione f è due volte differenziabile, si ricorre allo studio della matrice hessiana. Nel caso di punti critici vincolati vi è lo stesso una trattazione che fa uso della matrice hessiana della funzione f(\underline{x})−λg(x) soggetta ad una particolare condizione specificata nel Teorema 6.2. Tuttavia in alcuni casi si possono ottenere informazioni facendo uso di teoremi elementari.

Esempi Trovare gli estremi (massimo e minimo) della funzione f: R^{n} → f(\underline{x}) = Π_{k=1}^{n}x_{k} sull’insieme B = \{\underline{x} ∈ R^{n}: ∥x∥ ≤ 1\}. In questo caso il vincolo non è di uguaglianza (g(\underline{x}) = 0) ma di disuguaglianza. Come prima cosa si cercano gli estremi liberi ossia quelli che eventualmente

giacciono in B^{o} = \{\underline{x} ∈ R^{n}: ∥x∥ < 1\}. \underline{∂}f(\underline{x}^{o}) = \underline{0} implica x_{k}^{o} = 0 ma f(\underline{0}) = 0 e quindi certamente non è né di massimo né di minimo. La ricerca dei punti critici su ∂B impone di trovare subito i punti eventualmente irregolari ossia quei punti \underline{y} per cui g_{x_{i}}(\underline{y}) = 0 dove g(\underline{x}) = ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2}. Segue che g_{x_{i}} = 2x_{i} = 0 e quindi l’unico punto irregolare è \underline{0} ∉ ∂B (non esistono punti irregolari in ∂B). Cerchiamo quindi i punti critici della funzione f(\underline{x}) − λg(\underline{x}). Si ottiene Π_{k=1,k≠j}^{n}x_{k} = 2λx_{j} j = 1, 2, … n e ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2} = 1. Moltiplicando la relazione Π_{k=1,k≠j}^{n}x_{k} = 2λx_{j} per x_{j} otteniamo f(\underline{x}) = 2λx_{k}^{2} k = 1, 2 …, n da cui discende x_{1}^{2} = x_{2}^{2} = … x_{n}^{2} ed essendo ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2} = nx_{i}^{2} = 1 per ogni k. La soluzione è x_{i} = ±\frac{1}{\sqrt{n}} λ = ±\frac{1}{2}n^{1− \frac{n}{2}} . I punti critici (\underline{y}, λ_{o}) sono quindi in numero 2^{n+1}. Il valore della funzione è ±\frac{1}{n^{n/2}} . Ora si osserva che B è compatto, la funzione f è continua e per il Teorema di Weierstrass assume massimo e minimo. I punti in cui f(\underline{x}) = \frac{1}{n^{n/2}} sono di massimo e di minimo gli altri. È chiaro che la compattezza di B gioca un ruolo essenziale. Inoltre supponiamo che ci fossero stati degli altri punti critici nei quali f(\underline{x}) assume un valore compreso fra −\frac{1}{n^{n/2}} e \frac{1}{n^{n/2}} . Il Teorema di Weierstrass non sarebbe stato di aiuto

Un criterio che dà risultati più accurati se le funzioni in gioco sono due volte differenziabili è il

Teorema 6.2 Siano f, g: X → , X^{o}⊂ R^{n} di classe C^{2}. Se la forma quadratica ∑_{i,j=1}^{n}[f_{x_{i}x_{j}}(\underline{x}^{o}) − λ^{o}g_{x_{i}x_{j}}(\underline{x}^{o})]h_{i}h_{j} = (\underline{h}, H(\underline{x}^{o})\underline{h}), ristretta all’insieme dei vettori \underline{h} tangenziali al vincolo in \underline{x}^{o} ossia (\underline{∂}g(\underline{x}^{o}), \underline{h}) = 0, è definita negativa (positiva) allora \underline{x}^{o} è punto di massimo (minimo) forte vincolato.

Esercizi

Data la funzione f(x, y) = x^{2}y + xy^{2} + xy, si trovino i valori di massimo e di minimo soggetti alla condizione \{xy ≥ \frac{1}{16}, y ≥ −x − 1, x ≤ 0, y ≤ 0\}.

Si stabilisca la natura dei punti critici della funzione f(z, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} soggetta alla condizione Axy + Bxz + Cyz = 1 (si veda l’esercizio 25.7 degli esercizi in rete .)

si trovino i punti di estremo della funzione f(x, y) = xy soggetti alla condizione x^{2} + y^{2} = 1

si trovino i punti di estremo della funzione f(x, y) = x^{2} + y^{2} soggetti alla condizione \frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1

si trovino i punti di estremo della funzione f(x, y) = xyz soggetti alla condizione x + y + z = 3 e xy + xz + yz = 3 (si dimostri che esiste un solo punto critico ed è una sella).

si trovino i punti di estremo della funzione f(x, y) = 6 − 4x − 3y soggetti alla condizione x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9

si stabilisca la natura dei punti critici della funzione f(x, y, z) = x^{2} − x + y^{2} + y(z + x − 1); soggetta alle condizioni g_{1}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} − 1 = 0, g_{2}(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. ••

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• Sia data la funzione f(x, y) = y. Trovare massimi e minimi locali di f(x, y) con (x, y) soggette alla condizione x^{4} + yx^{2} − y^{2} + 243 = 0 e stabilirne la natura ••

Estremi vincolati con più vincoli Si possono avere più vincoli contemporaneamente.

Teorema 6.3 Sia data la funzione reale f ∈ C^{1}(E) E = E^{o} ⊆ R^{n}. Siano dati m vincoli differenzi-

abili g_{k}(x_{1}, …, x_{n}) = 0 k = 1, …, m < n, g_{k}: U = U^{o} → e U_{o} = \{\underline{x} ∈ U: \underline{∂}\underline{g}(\underline{x}) = 0\}. \underline{y} ∈ U_{o} è un

punto regolare ossia supponiamo che la matrice \underline{∂}\underline{g} = ( \begin{matrix}(g_{1})_{x_{1}} & (g_{1})_{x_{2}} & … & (g_{1})_{x_{n}} \\ ⋮ & ⋮ & … & ⋮ \\ (g_{m})_{x_{1}} & (g_{m})_{x_{2}} & … & (g_{m})_{x_{n}} \end{matrix} ) abbia

rango massimo m. Allora \underline{y} è un punto critico di f(\underline{x}) ristretta agli m vincoli se esiste una m–pla di numeri reali \underline{λ}_{o} ∈ R^{m} tale che f\underline{x} = \underline{λ}_{o}\underline{g}\underline{x}^{(6.2)} ossia f\underline{x} −λ_{1}(g_{1})\underline{x} −λ_{2}(g_{2})\underline{x} −…−λ_{m}(g_{m})\underline{x} = \underline{0}

Dimostrazione Supponiamo che | \begin{matrix}(g_{1})_{x_{1}} & … & (g_{1})_{x_{m}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ (g_{m})_{x_{1}} & … & (g_{m})_{x_{m}} \end{matrix} | ≠ 0 (almeno un minore di ordine m

è non nullo e supponiamo sia il primo). Per il Teorema delle funzioni implicite, nell’intorno del punto \underline{y} si possono esplicitare m coordinate (diciamo x_{1}, x_{2}, … x_{m}) ottenendo x_{i} = h_{i}(x_{m+1}, …, x_{n}) i = 1, … m (si tenga sempre presente che le funzioni h_{1} hanno come dominio una sfera aperta intorno al punto (y_{m+1}, …, y_{n}) e che questo è sufficiente per i nostri scopi). Dividiamo le variabili \underline{x} in due gruppi \underline{x} = (\underline{z}, \underline{ζ}) \underline{z} = (x_{1}, …, x_{m}) sono le variabili dipendenti. \underline{ζ} = (x_{m+1}, …, x_{n}) sono le variabili indipendenti. Da \underline{g}(h_{1}, …, h_{m}, x_{m+1}, …, x_{n}) ≡ \underline{0} segue \underline{g}\underline{ζ} + \underline{g}\underline{z}\underline{h}\underline{ζ} = 0. \underline{g}\underline{z} è un

matrice quadrata avente determinante non nullo per l’ipotesi del rango fatta prima mentre \underline{g}\underline{ζ} e

\underline{h}\underline{ζ} sono matrici m × (n − m). L’equazione \underline{g}\underline{ζ} + \underline{g}\underline{z}\underline{h}\underline{ζ} = 0 è equivalente a (\underline{g}\underline{z})^{−1}\underline{g}\underline{ζ} + \underline{h}\underline{ζ} = 0. Sos-

tituendo all’interno della funzione f(\underline{x}) si ha f(h_{1}, …, h_{m}, x_{m+1} …, x_{n}). Il gradiente, vettore n − m dimensionale, è nullo se f_{x_{k}} + ∑_{j=1}^{m} \frac{∂f}{∂x_{j}} \frac{∂h_{j}}{∂x_{k}} = 0, k = (m + 1, …, n) ossia f\underline{ζ} = −f\underline{z}\underline{h}\underline{ζ} e quindi f\underline{ζ} = f\underline{z}(\underline{g}\underline{z})^{−1}\underline{g}\underline{ζ}. Il valore di \underline{λ} è \underline{λ}_{o} = f\underline{z}(\underline{g}\underline{z})^{−1}. La relazione riguardante le altre derivate

è f\underline{z} = f\underline{z}(\underline{g}\underline{z})^{−1}\underline{g}\underline{z} (chiaramente soddisfatta).

Definizione 6.3 Nelle stesse condizioni precedenti, se esiste \underline{λ} ∈ R^{n} tale che \underline{∂}f(\underline{y}) = \underline{λ}\underline{∂}\underline{g}(\underline{y}), il punto \underline{y} è detto critico per la funzione f(\underline{x}) soggetta al vincolo \underline{g}(\underline{y}) = 0

Corollario 6.2 Nelle stesse ipotesi sulle funzioni f, g_{1}, …, g_{n} del teorema precedente, \underline{y} è punto critico della f(\underline{x}) soggetta ai vincoli \underline{g}(\underline{x}) = \underline{0} se e solo se esiste \underline{λ}_{o} ∈ R^{n} per cui (\underline{y}, \underline{λ}_{o}) è punto critico della funzione F (\underline{x}, λ) = f(\underline{x}) − ∑_{i=1}^{n} λ_{i}g_{i}(\underline{x}) = f(\underline{x}) − \underline{λ} · \underline{g}(\underline{x})

Dimostrazione Se \underline{y} è un punto critico del sistema con i vincoli (g_{1}, …, g_{n}) = \underline{0}, per la conclusione del teorema precedente abbiamo f\underline{x} = \underline{λ}_{o}\underline{g}\underline{x} e quindi (\underline{y}, \underline{λ}_{o}) è un punto critico di F (\underline{x}, \underline{λ}). Viceversa se (\underline{y}, \underline{λ}_{o}) è un punto critico della funzione F (\underline{x}, \underline{λ}) allora f\underline{x}(\underline{y}) = \underline{λ}_{o}\underline{g}\underline{x}(\underline{y}) e quindi il gradiente è proporzionale allo Jacobiano delle funzioni \underline{g} e dalla defizione 6.3 \underline{y} è un punto critico della f soggetta ai vincoli \underline{g} = \underline{0}.

• si stabilisca la natura dei punti critici della funzione f(x, y, z) = x^{2} − x + y^{2} + y(z + x − 1); soggetta alle condizioni g_{1}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} − 1 = 0, g_{2}(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. ••

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• Esercizio Sia C l’insieme dato dall’intersezione della sfera x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} e il piano x + y + z = 0. Sia data la forma differenziale ω = ydx + zdy + xdz. Sia ∂^{+}C l’orientazione positiva su C. Si calcoli ∫_{∂^{+}C} ω.

(6.2) Nella relazione f\underline{x}=\underline{λ}_{o}\underline{g}\underline{x} i due vettori f\underline{x} e \underline{λ}_{o} sono vettori riga.

Prima soluzione Risolvendo il sistema delle due superfici si ha 2x^{2} + 2y^{2} + 2xy = a^{2}.

\begin{matrix}ω = d(xy) − xdy + zdy + x(−dx − dy) = d(xy) − \frac{1}{2}d(x^{2}) − 2xdy + dy(−x − y) = \\ = −3xdy + d(xy) − \frac{1}{2}d(x^{2}) − \frac{1}{2}d(y^{2}) \end{matrix}

e quindi ∫\underline{φ} ω = −3 ∫\underline{φ} xdy e ∫\underline{φ} xdy è l’area della proiezione sul piano (x, y) del disco con-

tenuto all’interno della circonferenza equatoriale. L’area ha il segno + se la proiezione della circonferenza è percorsa in senso antiorario. La proiezione di tale circonferenza è l’ellisse

2x^{2} + 2y^{2} + 2xy = a^{2}. Con la trasformazione di coordinate \{ \begin{matrix}x = \frac{1}{\sqrt{2}}(−ξ + η) \\ y = \frac{1}{\sqrt{2}}(ξ + η) \end{matrix} l’ellisse diventa

3ξ^{2} + η^{2} = a^{2} e z = −\sqrt{2}ξ. L’area è π \frac{a^{2}}{\sqrt{3}} e quindi ∫_{∂^{+}C} ω = −\sqrt{3}πa^{2} ••

Nozione di rotore di un campo vettoriale e di forma chiusa in R^{3}.

• Enunciato e dimostrazione del Teorema

Teorema Sia A ⊆ R^{3} aperto e connesso e sia ω(\underline{x}) = a(\underline{x})dx + b(\underline{x})dy + c(\underline{x})dz una forma tale che a, b, c ∈ C^{1}(A). Allora la forma è esatta se e solo se l’integrale su ogni curva chiusa regolare, semplice è nullo. ••

Il Teorema 3 a pag.17 delle dispense di Tauraso sugli integrali curvilinei dimostra lo stesso risultato per forme differenziali sul piano. La esattezza vuol dire che esiste una funzione f ∈ C^{1}(A) tale che \underline{∂}f = (a, b, c).

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• Funzione potenziale per forme chiuse definite in R^{3} oppure parallelepipedi

Quindi data una forma ω chiusa in R^{2} oppure R^{3} definita su di un semplicemente connesso possiamo trovare una funzione (detta anche funzione potenziale ) f(\underline{x}) tale che ω = df. Procedendo come nel Teorema 8.2 sia \underline{γ}(t) una curva tale che \underline{γ}(a) = \underline{x}_{o} e \underline{γ}(b) = \underline{x}. \underline{γ}(t) ∈ E per ogni t. Come funzione f(\underline{x}) basta prendere ∫\underline{γ} ω. Ai fini del calcolo però conviene prendere la curva che rende l’integrale il più semplice possibile e ciò dipende dalla struttura di E. Se ad esempio E = R^{3} e ω = ∑_{i=1}^{3} a_{i}(\underline{x})dx_{i} allora una possibile curva regolare a tratti è : \underline{γ}_{1}(t) = (t, y_{o}, z_{o}) x_{o} ≤ t ≤ x, \underline{γ}_{2}(t) = (x, t, z_{o}) y_{o} ≤ t ≤ y, \underline{γ}_{3}(t) = (x, y, t) z_{o} ≤ t ≤ z.

f(\underline{x}) =^{def} ∫\underline{γ} ω = ∫_{\underline{γ}_{1}} ω + ∫_{\underline{γ}_{2}} ω + ∫_{\underline{γ}_{3}} ω = ∫_{x_{o}}^{x} dta_{1}(t, y_{o}, z_{o}) + ∫_{y_{o}}^{y} dta_{2}(x, t, z_{o}) + ∫_{z_{o}}^{z} dta_{3}(x, y, t).

Esercizio Si verifichi che \underline{∂}f(\underline{x}) = ω(\underline{x}).

f_{x} = a_{1}(x, y_{o}, z_{o}) + ∫_{y_{o}}^{y} \frac{∂a_{2}}{∂x} (x, t, z_{o})dt + ∫_{z_{o}}^{z} \frac{∂a_{3}}{∂x} (x, y, t)dt \underbrace{=}_{usando la chiusura}

= a_{1}(x, y_{o}, z_{o}) + ∫_{y_{o}}^{y} \frac{∂a_{1}}{∂t} (x, t, z_{o})dt + ∫_{z_{o}}^{z} \frac{∂a_{1}}{∂t} (x, y, t)dt

= a_{1}(x, y_{o}, z_{o}) + a_{1}(x, y, z_{o}) − a_{1}(x, y_{o}, z_{o}) + a_{1}(x, y, z) − a_{1}(x, y, z_{o}) = a_{1}(x, y, z)

\begin{matrix}f_{y} = a_{2}(x, y, z_{0}) + ∫_{z_{0}}^{z} dt\frac{∂a_{3}}{∂y} (x, y, t) = a_{2}(x, y, z_{0}) + ∫_{z_{0}}^{z} dt\frac{∂a_{2}}{∂z} (x, y, t) = \\ = a_{2}(x, y, z_{0}) + a_{2}(x, y, z) − a_{2}(x, y, z_{0}) = a_{2}(x, y, z) \end{matrix}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Si può trovare la funzione potenziale anche nel seguente modo. Indichiamo con g(\underline{x}) la funzione potenziale.

Si risolve la equazione g_{x}(\underline{x}) = a_{1}(\underline{x}) e quindi g(\underline{x}) = ∫_{x_{0}}^{x} dta_{1}(t, y, z) + q(y, z). Si ottiene

g_{y}(\underline{x}) = ∫_{x_{0}}^{x} \frac{∂a_{1}}{∂y} (t, y, z) + q_{y}(y, z) \underbrace{=}_{usando la chiusura} ∫_{x_{0}}^{x} \frac{∂a_{2}}{∂x} (t, y, z)dt + q_{y}(y, z) \underbrace{=}_{integrando}

= a_{2}(x, y, z) − a_{2}(x_{0}, y, z,) + q_{y}(y, z) = a_{2}(x, y, x)

e quindi q_{y}(y, z) = a_{2}(x_{0}, y, z). Una ulteriore integrazione dà q(y, z) = ∫_{y_{0}}^{y} dsa_{2}(x_{0}, s, z) + p(z). A questo punto la funzione potenziale è

g(x, y, z) = ∫_{x_{0}}^{x} dta_{1}(t, y, z) + ∫_{y_{0}}^{y} dsa_{2}(x_{0}, s, z) + p(z).

L’ultima derivazione dà

g_{z}(x, y, z) = ∫_{x_{0}}^{x} dt\frac{∂a_{1}}{∂z} (t, y, z) + ∫_{y_{0}}^{y} ds\frac{∂a_{2}}{∂z} (x_{0}, s, z) + p_{z}(z).

ed usando sempre la chiusura si perviene a

g_{z}(x, y, z) = ∫_{x_{0}}^{x} \frac{∂a_{3}}{∂x} (t, y, z)dt + ∫_{y_{0}}^{y} \frac{∂a_{3}}{∂y} (x_{0}, s, z)ds + p_{z} = a_{3}(x, y, z).

ossia

g_{z}(x, y, z) = a_{3}(x, y, z) − a_{3}(x_{o}, y, z) + a_{3}(x_{o}, y, z) − a_{3}(x_{o}, y_{o}, z) + p_{z} = a_{3}(x, y, z)

Integrando si ha p_{z}(z) = a_{3}(x_{0}, y_{0}, z) e quindi p(z) = c+∫_{z_{0}}^{z} dua_{3}(x_{0}, y_{0}, u) e quindi la funzione

potenziale è g(x, y, z) = ∫_{x_{0}}^{x} dta_{1}(t, y, z) + ∫_{y_{0}}^{y} dsa_{2}(x_{0}, s, z) + ∫_{z_{0}}^{z} dua_{3}(x_{0}, y_{0}, u) + c

Ogni altra funzione potenziale differisce dalla precedente per una costante. Infatti Esercizio Si dimostri che la funzione appena scritta è uguale alla precedente a meno di una costante. Ci basta far vedere che \underline{∂}f(\underline{x}) = \underline{∂}g(\underline{x}) e ciò è chiaramente vero. Teorema di Stokes o del rotore Sia D ⊂ R^{2} compatto D = \overline{B} con B aperto e connesso. \underline{φ}: D → R^{3} è una superficie regolare di

equazioni parametriche \underline{φ}(u, v) = \{ \begin{matrix}x = φ^{1}(u, v) \\ y = φ^{2}(u, v) \\ z = φ^{3}(u, v) \end{matrix} .Sia A = A^{o} un aperto tale che \overline{A} ⊂ D^{o} e ∂A è

una curva regolare. Sia S = \underline{φ}(A). Chiameremo bordo di S l’immagine secondo \underline{φ} della frontiera di A ossia ∂S = \underline{φ}(∂A). Sia \underline{γ}: [a, b] → R^{2} una curva il cui sostegno è ∂A e orienta ∂A positivamente. La curva \underline{Γ} = \underline{φ}∘\underline{γ}: [a, b] → R^{3} ha come sostegno ∂S. Si dice che Γ orienta positivamente

∂S e si indica con ∂^{+}S il cammino individuato da Γ. Se \underline{γ}(t) = \{ \begin{matrix}u = u(t) \\ v = v(t) \end{matrix} la curva Γ ha equazioni \{ \begin{matrix}x = φ^{1}(u(t), v(t)) \\ y = φ^{2}(u(t), v(t)) \\ z = φ^{3}(u(t), v(t)) \end{matrix} I vettori \underline{a}(t) ∈ R^{2} e \underline{b}(t) ∈ R^{2} sono rispettivamente i vettori, normalizzati

a uno, tangente e ortogonale a ∂A in modo tale che \underline{γ} orienti positivamente ∂A. \underline{a}(t) =^{def}(a_{1}, a_{2}) =

\frac{1}{\sqrt{(u′)^{2}+(v′)^{2}}} (u′(t), v′(t)) e \underline{b}(t) = (b_{1}, b_{2}) = \frac{1}{\sqrt{(u′)^{2}+(v′)^{2}}} (v′(t), −u′(t)). La matrice ( \begin{matrix}φ_{u}^{1} & φ_{v}^{1} \\ φ_{u}^{2} & φ_{v}^{2} \\ φ_{u}^{3} & φ_{v}^{3} \end{matrix} )

applicata ai vettori di R^{2} ci fornisce la loro immagine in R^{3} sotto la parametrizzazione della

superficie ossia i due vettori ( \begin{matrix}φ_{u}^{1} & φ_{v}^{1} \\ φ_{u}^{2} & φ_{v}^{2} \\ φ_{u}^{3} & φ_{v}^{3} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ) =^{def}\underline{t} e ( \begin{matrix}φ_{u}^{1} & φ_{v}^{1} \\ φ_{u}^{2} & φ_{v}^{2} \\ φ_{u}^{3} & φ_{v}^{3} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}b_{1} \\ b_{2} \end{matrix} ) =^{def}\underline{τ}. Sia \underline{n}_{e} la normale

esterna che è definita come quella normale (delle due possibili \underline{n} =^{def} \frac{\underline{φ}_{u} ∧ \underline{φ}_{v}}{∥\underline{φ}_{u} ∧ \underline{φ}_{v}∥} e −\underline{n}) tale che

(\underline{τ} ∧ \underline{t}) · \underline{n}_{e} > 0

a b  A  D v  u  y z x  \underline{φ}(A)  \underline{Γ}([a,b]) \underline{γ}(t)  \underline{φ}

Sia ora \underline{V} (\underline{x}) = P (\underline{x})\underline{i} + Q(\underline{x})\underline{j} + R(\underline{x})\underline{k} un campo vettoriale al quale è associata la forma differenziale ω = P dx + Qdy + Rdz. Abbiamo il seguente importante teorema

Teorema 8.6 (di Stokes) Sia S una superficie di classe C^{2}. Allora ∫∫_{S}(\underline{rot}\underline{V} , \underline{n})dσ = ∫_{∂^{+}S} ω

Dimostrazione

∫∫_{S}(\underline{rot}\underline{V} , \underline{n})dσ = ∫∫_{A} dudv \{(R_{y} − Q_{z})(φ_{u}^{2}φ_{v}^{3} − φ_{v}^{2}φ_{u}^{3}) + (P_{z} − R_{x})(φ_{u}^{3}φ_{v}^{1} − φ_{u}^{1}φ_{v}^{3})+

+(Q_{x} − P_{y})(φ_{u}^{1}φ_{v}^{2} − φ_{v}^{1}φ_{u}^{2})}

Se indichiamo con ω̃ = (P φ_{u}^{1} +Qφ_{u}^{2} +Rφ_{u}^{3})du+(P φ_{v}^{1} +Qφ_{v}^{2} +Rφ_{v}^{3})dv =^{def}M(u, v)du+N(u, v)dv.

abbiamo

N_{u} = \underline{∂}P · \underline{φ}_{u} + \underline{∂}Q · \underline{φ}_{u} + \underline{∂}R · \underline{φ}_{u} + P φ_{uv}^{1} + Qφ_{uv}^{2} + Rφ_{uv}^{3}
M_{v} = \underline{∂}P · \underline{φ}_{v} + \underline{∂}Q · \underline{φ}_{v} + \underline{∂}R · \underline{φ}_{v} + P φ_{uv}^{1} + Qφ_{uv}^{2} + Rφ_{uv}^{3}

∫∫_{S}(\underline{rot}\underline{V} , \underline{n})dσ = ∫∫_{A}(N_{u} − M_{v})dudv e per il Lemma di Gauss-Green l’integrale è

∫_{∂^{+}A} ω̃ = ∫_{a}^{b} dt {(P φ_{u}^{1} + Qφ_{u}^{2} + Rφ_{u}^{3})u′(t) + (P φ_{v}^{1} + Qφ_{v}^{2} + Rφ_{v}^{3})v′(t)} = ∫_{a}^{b} dt \{P (\underline{φ})(φ_{u}^{1}u′ + φ_{v}^{1}v′) + Q(\underline{φ})(φ_{u}^{2}u′ + φ_{v}^{2}v′) + R(\underline{φ})(φ_{u}^{3}u′ + φ_{v}^{3}v′)\} = ∫_{∂^{+}S} ω.

Osservazione i) notare che (φ_{u}^{1}u′ + φ_{v}^{1}v′)dt = dx, (φ_{u}^{2}u′ + φ_{v}^{2}v′)dt = dy, (φ_{u}^{3}u′ + φ_{v}^{3}v′)dt = dz i) l’integrale ∫∫_{S}(\underline{V} (\underline{x}), \underline{n}(\underline{x}))dσ è detto flusso del vettore \underline{V} attarverso la superficie S in quanto si pensa a \underline{V} (\underline{x}) come a un campo vettoriale che punto per punto è la velocità di un fluido. Il prodotto scalare (\underline{V} , \underline{n}) elimina le componenti tangenziali alla superficie S e quindi dà l’idea della quantità di fluido che in un determinato punto ha attraversato la superficie. Possiamo scomporre \underline{n} = cos(\underline{n}, \underline{e}_{1})\underline{e}_{1} + cos(\underline{n}, \underline{e}_{2})\underline{e}_{2} + cos(\underline{n}, \underline{e}_{3})\underline{e}_{3} e quindi (\underline{V} , \underline{n}) = ∑_{i=1}^{3} V_{i} cos(\underline{n}, \underline{e}_{i}). Ora dσ cos(\underline{n}, \underline{e}_{1}) rappresenta la proiezione dell’elemento d’area dσ sul piano (y, z), dσ cos(\underline{n}, \underline{e}_{2}) rappresenta la proiezione sul piano (x, z) e dσ cos(\underline{n}, \underline{e}_{3}) rappresenta la proiezione sul piano (x, y)

iii) Ponendo \underline{φ}(u, v) = (u, v, 0) e \underline{V} (x, y, z) = (V_{1}(x, y), V_{2}(x, y), 0) si ha il Lemma di Gauss– Green.

Esempi

Sia C l’insieme dato dall’intersezione della sfera x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ a^{2} e il piano x + y + z = 0. Sia data la forma differenziale ω = ydx + zdy + xdz. ∂C è percorso in modo tale che la sua proiezione sul piano (x, y) sia percorsa in senso antiorario. Si calcoli ∫_{∂^{+}C} ω.

L’intersezione delle due superfici è una circonferenza equatoriale della sfera la cui inclinazione è tale da rendere il disco (detto D) contenuto in tale circonferenza perpendicolare ai vettori \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) e \frac{1}{\sqrt{3}}(−1, −1, −1). Possiamo applicare il Teorema di Stokes ottenendo ∫_{∂^{+}C} ω = ∫∫_{D}(\underline{rotV} , \underline{n})dσ. La normale dettata dalla parametrizzazione della superficie e della curva è \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) e quindi ∫∫_{D}(\underline{rotV} , \underline{n})dσ = ∫∫_{D} −\frac{3}{\sqrt{3}}dσ = −3 ∫∫D̃ dxdy dove D̃ è la proiezione sul

piano (x, y) della superficie planare D ossia D̃ = {2x^{2} +2y^{2} +2xy ≤ a^{2}}. Dunque dobbiamo calcolare l’integrale ∫∫_{2x^{2}+2y^{2}+2xy≤a^{2}} dxdy. Usiamo le coordinate polari x = ρ cos ϑ, y = ρ sin ϑ, ed

otteniamo che 2x^{2} +2y^{2} +2xy = a^{2} è equivalente a 2ρ^{2} +2ρ^{2} sin ϑ cos ϑ = a^{2} ossia ρ^{2} = \frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ} e

quindi ∫∫D̃ dxdy = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{√\overline{\frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ}}} ρdρ = ∫_{0}^{2π} dϑ\frac{1}{2} \frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ} = ∫_{0}^{π} dϑ\frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ} = ∫_{0}^{π/2} dϑ\frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ} +

∫_{π/2}^{π} dϑ\frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ}. Con la sostituzione ϑ′ = ϑ − \frac{π}{2} si ha ∫_{π/2}^{π} dϑ\frac{a^{2}}{2+sin 2ϑ} = ∫_{0}^{π/2} dϑ\frac{a^{2}}{2−sin 2ϑ} e quindi

l’integrale è ∫_{0}^{π/2} dϑ\frac{4a^{2}}{4−sin^{2} 2ϑ}. Per risolvere l’integrale bisogna effettuare la sostituzione ϑ = arctan x da cui si ottiene ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{1+x^{2}} \frac{4a^{2}}{4−4 \frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}} = a^{2} ∫_{0}^{+∞} dx\frac{1+x^{2}}{x^{4}+x^{2}+1} = a^{2} ∫_{0}^{+∞} dx\frac{1+x^{2}}{(x^{2}+x+1)(x^{2}−x+1)} =

\frac{a^{2}}{2} ∫_{0}^{+∞} dx\frac{1}{x^{2}−x+1} + \frac{a^{2}}{2} ∫_{0}^{+∞} dx\frac{1}{x^{2}+x+1} = \frac{a^{2}}{2} 2π \frac{1}{\sqrt{3}} e quindi il risultato è −\sqrt{3}πa^{2}

Alternativamente si può procedere al calcolo dell’integrale di linea tenendo conto che essendo l’integrale effettuato su di una curva chiusa, ∫_{∂^{+}C} d(f) = 0 qualunque sia la funzione f. ω = d(xy)−xdy+zdy+x(−dx−dy) = d(xy)− \frac{1}{2}d(x^{2})−2xdy+dy(−x−y) = −3xdy+d(xy)− \frac{1}{2}d(x^{2})− \frac{1}{2}d(y^{2}) e quindi ∫_{∂^{+}C} ω = −3 ∫_{∂^{+}C} xdy e ∫_{∂^{+}C} xdy è l’area della proiezione sul piano (x, y) del disco contenuto all’interno della circonferenza equatoriale di prima (Osservazione i) Teorema 8.4). L’area ha il segno + se la proiezione della circonferenza è percorsa in senso antiorario. La proiezione di tale circonferenza è l’ellisse 2x^{2} + 2y^{2} + 2xy = a^{2}. Con la trasformazione di

coordinate \{ \begin{matrix}x = \frac{1}{\sqrt{2}}(−ξ + η) \\ y = \frac{1}{\sqrt{2}}(ξ + η) \end{matrix} l’ellisse diventa 3ξ^{2} +η^{2} = a^{2} e z = −\sqrt{2}ξ. L’area è π \frac{a^{2}}{\sqrt{3}} e quindi

∫_{∂^{+}C} ω = −\sqrt{3}πa^{2}

Si valuti ∫\underline{φ} ω dove ω = (y +z)dx+(z +x)dy +(x+y)dz e \underline{φ} è la curva il cui sostegno è costituito

dall’intersezione del cilindro x^{2} + y^{2} = 2y e dal piano y = z.

La curva \underline{φ} è chiusa in quanto il piano è inclinato e il cilindro è infinito. Sostituendo z = y nella

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

forma differenziale vediamo che ω = 2d(xy) e quindi l’integrale è nullo. Usando il Teorema di Stokes vediamo che \underline{rotV} = \underline{0} dove \underline{V} = (y + z)\underline{i} + (z + x)\underline{j} + (x + y)\underline{k} e quindi... Sia C l’insieme dato dall’intersezione del cilindro x^{2} + y^{2} = a^{2} e il piano \frac{x}{a} + \frac{z}{b} = 1 a, b > 0. Sia data la forma differenziale ω = (y − z)dx + (z − x)dy + (x − y)dz. Sia ∂^{+}C l’orientazione positiva su C. Si calcoli ∫_{∂^{+}C} ω. L’intersezione (detta S) delle due superfici, una volta proiettata sul piano (x, y) è data dalla circonferenza x^{2} + y^{2} = a^{2} e il disco da essa contenuto è detto D. Usando l’espressione di z in funzione di x, l’integrale della forma è dato da ∫\underline{φ} ((ydx − xdy) − \frac{2b}{a}xdy) = −2πa^{2} − 2abπ = −2aπ(a + b) e il bordo di S è percorso in senso antiorario. \underline{φ} è la parametrizzazione del bordo di S ossia x = a cos t, y = a sin t, z = b(1 − cos t) ma tale parametrizzazione non serve ai fini del calcolo. Usando il Teorema di Stokes abbiamo \underline{rotV} = −2(1, 1, 1) dove \underline{V} = (y − z)\underline{i} + (z − x)\underline{j} + (x − y)\underline{k} e la normale esterna è il vettore \underline{n}_{e} = \frac{1}{c}(\frac{b}{a}, 0, 1) dove c è il modulo del vettore (\frac{b}{a}, 0, 1). ∫∫_{D}(\underline{rotV} , \underline{n}_{e})dσ = (−2\frac{b}{a} − 2)πa^{2}. ••

105 min. Lezione del 15/12/2017 Dimostrazione del Teorema di Stokes;

• Sia C l’insieme dato dall’intersezione della sfera x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2ax e x^{2} + y^{2} = 2bx, z > 0, 0 < b < a. Si calcoli ∫_{∂^{+}C} ω dove ω = (y^{2} + z^{2})dx + (x^{2} + z^{2})dy + (x^{2} + y^{2})dz. La proiezione di C sul piano (x, y) è il cerchio (x − b)^{2} + y^{2} = b^{2} detto D. Usando le relazioni fra le variabili si ha ∫_{∂^{+}C} ω = ∫_{∂^{+}C}(2axdy + 2bxdz). Ora z = \sqrt{2a − 2b}\sqrt{x} per cui dz = \sqrt{\frac{a−b}{2}} \frac{1}{\sqrt{x}} e quindi, a parte una costante xdz = \frac{dx}{\sqrt{x}} = 2d(\sqrt{x}) da cui l’integrale di linea nullo su una curva chiusa. Si è ottenuto quindi ∫_{∂^{+}C} ω = ∫_{∂^{+}C} 2axdy che è uguale all’area della proiezione sul piano (x, y) dell’intersezione fra le due figure geometriche (un cerchio di raggio b la cui area è πb^{2}) moltiplicata per 2a. Per usare il Teorema di Stokes calcoliamo \underline{rotV} = 2(y −z)\underline{i}+2(z −x)\underline{j} +2(x−y)\underline{k} e chiaramente \underline{V} = (y^{2} + z^{2})\underline{i} + (x^{2} + z^{2})\underline{j} + (x^{2} + y^{2})\underline{k}. La normale esterna alla superficie è \underline{n}_{e} = \frac{\underline{v}}{∥\underline{v}∥} dove \underline{v} = (\frac{x−a}{\sqrt{a^{2}−(x−a)^{2}−y^{2}}} , \frac{y}{\sqrt{a^{2}−(x−a)^{2}−y^{2}}} , 1); (\underline{rotV} · \underline{v}) = 2a e ∫∫_{S}(\underline{rotV} · \underline{n}_{e})dσ = ∫∫_{D} 2adxdy = 2πab^{2}, S è la porzione di spazio delimitata da C. ••

105 min. Lezione del 18/12/2017

• Teorema di Gauss o della divergenza Definizione 8.12 Un insieme aperto D ⊂ R^{n} è detto regolare se esiste una funzione F (\underline{x}), F ∈ C^{1}(R^{n}) tale che 1) D = \{\underline{x} ∈ R^{n}: F (\underline{x}) < 0\} 2) ∂D = \{\underline{x} ∈ R^{n}: F (\underline{x}) = 0\} 3) \underline{∂}F (\underline{x}) ≠ \underline{0} per ogni \underline{x} ∈ ∂D La frontiera di un aperto regolare è una superficie regolare grazie al Teorema delle funzioni implicite. Il versore \underline{n}_{e}(\underline{x}) = \frac{\underline{∂}F (\underline{x})}{∥\underline{∂}F (\underline{x})∥} è normale a ∂D ed è diretto verso l’esterno. Infatti F (\underline{x} + t\underline{n}_{e}) = F (\underline{x}) + t\underline{∂}F (\underline{x}) · \underline{n}_{e} + o(|t|) = t∥\underline{∂}F (\underline{x})∥ + o(|t|) e per t > 0 e piccolo la funzione è positiva. Vuol dire che muovendosi sul segmento [\underline{x}, \underline{x} + \underline{n}_{e}] da \underline{x} verso \underline{x} + \underline{n}_{e}, si aumenta il valore di F (\underline{x}) e quindi ci si trova fuori da D. Sia \underline{V} (\underline{x}) un campo vettoriale di classe C^{1} definito su R^{n} oppure su di un suo sottoinsieme aperto.

7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 27 Definizione La funzione ∑_{i=1}^{n} \frac{∂V_{i}}{∂x_{i}} è detta divergenza del campo vettoriale e di indica con

div\underline{V} .

Ad esempio sia F (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} − r^{2}; F (\underline{x}) < 0 definisce l’interno della sfera di raggio r detto D. F (x, y, z) = 0 definisce la superficie ossia ∂D. \underline{∂}F (\underline{x}) = 2(x, y, z) ≠ \underline{0} per ogni \underline{x} ∈ ∂D e quindi l’interno della sfera è un aperto regolare.

Si ha il seguente

Teorema (di Gauss) Sia D un aperto regolare limitato e sia \underline{V} (\underline{x}) un campo vettoriale di

classe C^{1} in un aperto E contenente \overline{D}. Allora ∫∫∫_{D} div(\underline{V})dxdydz = ∫∫_{∂D}(\underline{n}_{e}(\underline{x}), \underline{V} (\underline{x}))dσ

Corollario Siano dati due aperti regolari D_{1} e D_{2} tali che \overline{D}_{2} ⊂ D_{1}. Sia dato il campo

vettoriale \underline{V} (\underline{x}) = ∑_{i=1}^{3} V_{i}(\underline{x})\underline{e}_{i}, \underline{V} ∈ C^{1}(R^{3}) tale che div\underline{V} ≡ 0. Siano \underline{n}_{e}^{1} e \underline{n}_{e}^{2} le normali esterne

delle regioni racchiuse da D_{1} e D_{2}. Allora abbiamo ∫∫_{∂D_{1}}(\underline{V} , \underline{n}_{e}^{1})dσ = ∫∫_{∂D_{2}}(\underline{V} , \underline{n}_{e}^{2})dσ.

Dimostrazione Sia \underline{ν} la normale esterna della regione compresa fra D_{1} e D_{2} che chiamiamo D_{3}. Dal Teorema di Gauss abbiamo ∫∫ ∫_{D_{3}} div\underline{V} dxdydz = 0 = ∫∫_{∂D_{3}}(\underline{V} , \underline{ν})dσ. ∫∫_{∂D_{3}}(\underline{V} , \underline{ν})dσ = ∫∫_{∂D_{1}}(\underline{V} , \underline{n}_{e}^{1})dσ − ∫∫_{∂D_{2}}(\underline{V} , \underline{n}_{e}^{2})dσ = 0 da cui il risultato.

y z x  ^{\underline{n}_{e}^{2}(\underline{x})}^{\underline{n}_{e}^{1}(\underline{x})}

Esercizio Sia C la circonferenza di raggio R e centro nell’origine del piano (x, y) e sia data inoltre la seguente forma differenziale ω(x, y, z) = \frac{1}{2}xy^{2}dx + dy + zdz. Si calcoli ∫_{C^{+}} ω (C^{+} vuol dire percorsa in senso antiorario) sia direttamente sia attraverso il Teorema di Stokes. È esatta ω?

Svolgimento

IL calcolo diretto dà (si parametrizza la circonferenza nel solito modo usando coordinate polari di raggio uguale ad R). ∫_{0}^{2π} dθ \frac{R^{4}}{2} cos θ sin^{2} θ(− sin θ) + ∫_{0}^{2π} dθR cos θ = ∫_{0}^{2π} dθ \frac{1}{2} cos θ sin^{2} θ(− sin θ) = −\frac{1}{8}(sin^{4} θ) |_{0}^{2π} = 0 Volendo usare il Teorema di Stokes bisogna individuare una superficie di cui C è il bordo. La più ovvia è la semisfera positiva ossia Σ = \{x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}, z ≥ 0\}. Si ottiene ∫∫_{Σ}(rot\underline{F} , \underline{n})dσ dove abbiamo definito ω = F_{1}dx + F_{2}dy + F_{3}dz e rot\underline{F} = (0, 0, −xy). Inoltre \underline{n} è quella normale che per z = 0 deve coincidere con la normale esterna alla curva C che essendo percorsa in senso antiorario, è diretta parallelamente al vettore \underline{k} ossia la normale esterna alla superficie e calcolata sulla circonferenza è un vettore ortogonale al piano (x, y) e diretto verso l’alto. Parametrizzando Σ in coordinate cartesiane si ha φ(x, y, z) = (x, y, \sqrt{R^{2} − x^{2} − y^{2}}), −R ≤ x ≤ R, −\sqrt{R^{2} − x^{2}} ≤

y ≤ \sqrt{R^{2} − x^{2}} e la normale esterna è data da \underline{n} =^{def}φ_{x}∧φ_{y} ossia \underline{n} = \underline{i}\frac{x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} +\underline{j} \frac{y}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} +\underline{k}

per x^{2} + y^{2} ≠ R^{2}. Se x^{2} + y^{2} = R^{2} si ha φ(x, y, z) = (x, y, 0) −R ≤ x ≤ R, y = \sqrt{R^{2} − x^{2}} (si è scelta la radice positiva) e φ_{x} ∧ φ_{y} = \underline{k}. Ora la semicirconferenza C_{+} percorsa in senso antiorario è parametrizzata come (−x, \sqrt{R^{2} − x^{2}}, 0), −R ≤ x ≤ R per cui il suo vettore tangente è \underline{T} = (−1, \frac{−x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}}} , 0) mentre quello normale e giacente sul piano (x, y) è \underline{N} = (\frac{−x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}}} , 1, 0) (non sono normalizzati ad 1). Il prodotto vettoriale \underline{N} ∧ \underline{T} deve dare luogo ad un vettore proporzionale a \underline{k} con un termine positivo ed è esattamente quanto accade. Nel caso avessimo preso la semicirconferenza negativa (y ≤ 0) avremmo avuto (x, −\sqrt{R^{2} − x^{2}}, 0), −R ≤ x ≤ R i cui vettori tangenti e normale sarebbero \underline{T} = (1, \frac{x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}}} , 0) e \underline{N} = (\frac{x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}}} , −1, 0) avendo sempre che \underline{N} ∧ \underline{T} è un vettore proporzionale a \underline{k} attraverso una quantità positiva. Parametrizzando l’interno di C con le coordinate polari si ottiene ∫∫_{Σ}(rot\underline{F} , \underline{n})dσ = ∫_{0}^{2π} dθ ∫_{0}^{R} dρ ρ ρ^{2} \frac{1}{2} sin 2θ = 0 La forma non è esatta in quanto il rotore di \underline{F} non è nullo e questo significa che esiste almeno una curva chiusa γ lungo la quale ∫_{γ} ω non è nullo. Si verifichi che lungo la curva, percorsa in senso orario od antiorario, il cui sostegno è dato dall’insieme |x| + |y| = 1 l’integrale non è nullo. Va sottolineato che la scelta della semisfera quale superficie su cui applicare il Teorema di Stokes è alquanto arbitraria. Infatti avremmo potuto scegliere un’altra superficie che avesse la curva C come bordo. Se infatti si prendesse come Σ = \{\underline{x} ∈ R^{3} : x^{2} + y^{2} ≤ R^{2}, z = a\} si avrebbe ∫∫_{Σ}(rot\underline{F} , \underline{n})dσ = ∫_{0}^{2π} dθ ∫_{0}^{R} dρ ρ ρ^{2} sin θ cos θ = 0 da cui il risultato. Un’altra superficie, un pò piú complicata, è data da Σ = \{\underline{x} ∈ R^{3} : x^{2} + y^{2} = R^{2}, 0 ≤ z ≤ a, a > 0\} ∪ \{\underline{x} ∈ R^{3} : x^{2} + y^{2} ≤ R^{2}, z = a\} = Σ_{1} ∪ Σ_{2} si ottiene lo stesso risultato. È solo un pò più complicato giungervi. Parametrizziamo prima Σ_{1} con le solite coordinate (θ, u) φ(θ, u) = (cos θ, sin θ, u), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ u ≤ a ed otteniamo che \underline{n} = cos θ\underline{i} + sin θ\underline{j} per cui ∫∫_{Σ_{1}}(rot\underline{F} , \underline{n})dσ = 0 non avendo il rotore componenti lungo gli assi x ed y. ∫∫_{Σ_{2}}(rot\underline{F} , \underline{n})dσ =

∫_{0}^{2π} dθ ∫_{0}^{R} dρ ρ ρ^{2} sin θ cos θ = 0 da cui il risultato.

Esercizio Calcolare il flusso del campo vettoriale \underline{F} (x, y, z) = \frac{xy^{2}}{2R^{2}} \underline{i} + \underline{j} + z\underline{k} verso l’esterno della superficie x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}, z ≥ 0 e verso l’esterno della superficie x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}; (R è una costante)

Applichiamo il Teorema di Gauss ed otteniamo ∫∫ ∫_{V} (\frac{1}{2R^{2}} y^{2} + 1)dx dy dz =

= R^{3} ∫_{0}^{1} dρ ∫_{0}^{π/2} dθ ∫_{0}^{2π} dφρ^{2} sin θ+R^{3} \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} dρ ∫_{0}^{π/2} dθ ∫_{0}^{2π} dφρ^{4} sin^{3} θ sin^{2} φ = R^{3} \frac{2π}{3} + \frac{1}{2} \frac{1}{5}R^{3}π \frac{2}{3} = \frac{11}{15}πR^{3}

Applicando la definizione si ha un calcolo più lungo. Le superfici da parametrizzare sono due. La prima è la semisfera con z ≥ 0. Usando la parametrizzazione (x, y, \sqrt{R^{2} − x^{2} − y^{2}})) ≐ (r_{1}, r_{2}, r_{3}) ≐ \underline{r}, D = \{(x, y) ∈ R^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ R^{2}\} si ha che la normale esterna \underline{r}_{x} ∧ \underline{r}_{y} = (\frac{x}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} , \frac{y}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} , 1) ed il cui modulo è \frac{R}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} . L’integrale ∫∫_{Σ}(\underline{F} , \underline{n})dσ è uguale a

∫∫_{D}(\frac{R}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} )^{−1}(\frac{1}{2R^{2}} \frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} + \frac{y}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} +\sqrt{R^{2} − x^{2} − y^{2}})\frac{R}{\sqrt{R^{2}−x^{2}−y^{2}}} dxdy. Passando a

coordinate polari nell’insieme x^{2} + y^{2} ≤ R^{2} l’integrale diventa ∫_{0}^{R} ∫_{0}^{2π} dρ dθ ρ (\frac{1}{2R^{2}} \frac{ρ^{4} cos^{2} θ sin^{2} θ}{\sqrt{R^{2}−ρ^{2}}} +

\frac{1}{\sqrt{R^{2}−ρ^{2}}} ) (l’integrale di mezzo è nullo). Ora ∫_{0}^{R} ∫_{0}^{2π} dρ dθ ρ \frac{1}{\sqrt{R^{2}−ρ^{2}}} ) = 2π \frac{1}{3}(R^{2} − ρ^{2})^{3/2} |_{R}^{0} =

\frac{2}{3}πR^{3}. Nel primo integrale vi è ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ cos^{2} θ dθ = ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ cos^{2} θ dθ = ∫_{0}^{2π} cos θ \frac{1}{3}d(sin^{3} θ) = \frac{1}{3} ∫_{0}^{2π} sin^{4} θ = \frac{1}{3} ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ(1−cos^{2} θ)dθ = \frac{1}{3}π− \frac{1}{3} ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ cos^{2} θdθ da cui \frac{4}{3} ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ cos^{2} θdθ = \frac{π}{3} e quindi ∫_{0}^{2π} sin^{2} θ cos^{2} θdθ = \frac{π}{4} . Il secondo integrale del primo contributo è ∫_{0}^{R} dρ \frac{ρ^{5}}{\sqrt{R^{2}−ρ^{2}}} ed

integrando per parti si arriva a \frac{8}{15}πR^{5}.

La seconda superficie da parametrizzare è x^{2} + y^{2} ≤ R^{2}, z = 0 e la normale esterna è (0, 0, −1) per cui l’integrale da calcolare è ∫∫_{x^{2}+y^{2}≤R^{2}} zdx dy che vale zero essendo zero il valore di z. Mettendo assieme i vari contributi otteniamo \frac{2}{3}πR^{3} + \frac{1}{2R^{2}} \frac{π}{4} \frac{8}{15}R^{5} = \frac{11}{15}πR^{3}

Un’altra possibile parametrizzazione (“angolare”) è la seguente seguente (x, y, z) = \underline{r}(ϑ, φ) = (r_{1}(ϑ, φ), r_{2}(ϑ, φ), r_{3}(ϑ, φ)) r_{1} = R sin ϑ cos φ, r_{2} = R sin ϑ sin φ, r_{3} = cos ϑ si avrebbe \underline{r}_{ϑ} ∧ \underline{r}_{φ} = \underline{i}(R^{2} sin^{2} ϑ cos φ)+\underline{j}(R^{2} sin^{2} ϑ sin φ)+\underline{k}(sin ϑ cos ϑ). Il dominio di variazione delle variabili (ϑ, φ) è il rettangolo [0, \frac{π}{2} ] × [0, 2π] ≐ D

∫∫_{Σ}(\underline{F} , \underline{n})dσ = ∫∫_{D}(\underline{F} , \underline{r}_{ϑ} ∧ \underline{r}_{φ})dϑ dφ = ∫_{0}^{2π} ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ dφ (\frac{R^{3}}{2} sin^{5} ϑ sin^{2} φ cos^{2} φ + R^{3} sin^{2} ϑ cos φ +

R^{3} sin ϑ cos^{2} ϑ). ∫_{0}^{2π} cos φdφ = 0 per cui il secondo integrale vale zero. ∫_{0}^{2π} ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ dφ R^{3} sin ϑ cos^{2} ϑ = R^{2}2π \frac{1}{3}, I ≐ ∫_{0}^{2π} dφ sin^{2} φ cos^{2} φ = ∫_{0}^{2π} cos φd(\frac{1}{3} sin^{3} φ) = \frac{1}{3} ∫_{0}^{2π} dφ sin^{4} φ = \frac{1}{3} ∫_{0}^{2π} sin^{2} φ(1 − cos^{2} φ)dφ e quindi \frac{4}{3} ∫_{0}^{2π} cos^{2} φ sin^{2} φdφ = \frac{π}{3} da cui I = \frac{π}{4}

I = ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ sin^{5} ϑ = ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ sin^{3} ϑ(1−cos^{2} ϑ) = ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ sin ϑ(1−cos^{2} ϑ)−∫0^{\frac{π}{2}} dϑ cos ϑ\frac{1}{4}d(sin^{4} ϑ) =

1 − \frac{1}{3} − \frac{1}{4} ∫0^{\frac{π}{2}} dϑ sin^{5} ϑ da cui \frac{5}{4}I = \frac{2}{3} e quindi I = \frac{8}{15}. Sommando i due contributi otteniamo il risultato.

Vi è una terza possibile parametrizzazione che è quella ottenuta “affettando” la sfera con un piano orizzontale. Le coordinate sono (u, θ) (x, y, z) = \underline{r}(ϑ, φ) = (r_{1}(ϑ, φ), r_{2}(ϑ, φ), r_{3}(ϑ, φ)) r_{1}(u, θ) = \sqrt{R^{2} − u^{2}} cos θ, r_{2}(u, θ) = \sqrt{R^{2} − u^{2}} sin θ, r_{3}(u, θ) = u e \underline{r}_{u} ∧ \underline{r}_{θ} = \underline{i} cos θ\sqrt{R^{2} − u^{2}} + \underline{j} sin θ\sqrt{R^{2} − u^{2}} + \underline{k}u. (u, θ) ∈ D = \{(u, θ) ∈ R^{2} : 0 ≤ u ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π\} ∫∫_{Σ}(\underline{F} , \underline{n})dσ = ∫∫_{D}(\underline{F} , \underline{r}_{u} ∧ \underline{r}_{θ})dθ du =

= ∫_{0}^{2π} dθ ∫_{0}^{R} du (\frac{1}{2R^{2}} cos^{2} θ sin^{2} θ(R^{2} − u^{2})^{2} + sin θ\sqrt{R^{2} − u^{2}} + u^{2}) = \frac{11}{15}πR^{3} si può verificare che \frac{22}{15}πR^{3} è il flusso uscente se calcolato su tutta la sfera.

Esercizio Risolvere l’esercizio numero 15 pag.195 del libro S.Salsa–A.Squellati “Esercizi di Analisi Matematica 2”– Integrazione, Zanichelli. Calcolare il flusso del campo vettoriale \underline{F} (\underline{x}) = x\underline{i} + x^{2}y\underline{j} + y^{2}z\underline{k} uscente dalla supeficie definita da 2\sqrt{x^{2} + y^{2}} ≤ z ≤ 1 + x^{2} + y^{2}. Risolverlo sia usando il teorema di Gauss che attraverso il calcolo del flusso

Esercizio Risolvere l’esercizio numero 11 pag.166 del libro S.Salsa–A.Squellati “Esercizi di Analisi Matematica 2”– Integrazione, Zanichelli attraverso il Teorema di Gauss. C alcolare il flusso del campo vettoriale \underline{F} (\underline{x}) = y\underline{i} + x\underline{j} uscente dalla supeficie definita da 1 ≤ z ≤ \sqrt{2 − z^{2}}

Svolgimento

23.8.1 Essendo div\underline{F} = 0 si ha che ∫∫ ∫_{V} div\underline{F} dx dy dz = 0 = ∫∫_{S}(\underline{F} , \underline{n})dσ + ∫∫_{S′}(\underline{F} , \underline{n})dσ dove S = \{\underline{x} ∈ R^{3}: z = xy, 1 ≤ x ≤ \sqrt{2 − y^{2}}\}, S′ = \{\underline{x} ∈ R^{3} : x = 1, −1 ≤ y ≤ 1, \frac{xy−|xy|}{2} ≤ z ≤ \frac{xy+|xy|}{2}\} ∪ \{\underline{x} ∈ R^{3} : z = 0, 1 ≤ x ≤ \sqrt{2 − y^{2}}\} ∪ \{\underline{x} ∈ R^{3} : x^{2} + y^{2} = 2, x ≥ 1, \frac{xy−|xy|}{2} ≤ z ≤ \frac{xy+|xy|}{2}\} = S′_{1} ∪ S′_{2} ∪ S′_{3}. Dobbiamo quindi calcolare − ∫∫_{S′_{1}}(\underline{F} , \underline{n}_{1})dσ − ∫∫_{S′_{2}}(\underline{F} , \underline{n}_{2})dσ − ∫∫_{S′_{3}}(\underline{F} , \underline{n}_{3})dσ.

\underline{n}_{2} = (0, 0, −1) oppure (0, 0, 1) a seconda che sia y ≥ 0 oppure y ≤ 0 per cui (\underline{F} , \underline{n}_{2}) = 0 il terzo integrale è nullo. Parametrizziamo ora S′_{1}. φ(u, v) = (x, y, z) = (1, u, v) con −1 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ u e quindi \underline{n}_{1} = (−1, 0, 0). Ne segue che − ∫∫_{S′_{1}}(\underline{F} , \underline{n}_{1})dσ = ∫_{−1}^{1} dy y ∫_{0}^{y} dz = \frac{2}{3}.

La parametrizzazione di S′_{3} è data da φ(u, v) = (x, y, z) = (\sqrt{2} cos θ, \sqrt{2} sin θ, u) −\frac{π}{4} ≤ θ ≤ \frac{π}{4} \frac{sin(2θ)−| sin(2θ)|}{2} ≤ u ≤ \frac{sin(2θ)+| sin(2θ)|}{2} \underline{n}_{3} = \sqrt{2} cos θ\underline{i} + \sqrt{2} sin θ\underline{j} e −(\underline{F} , \underline{n}_{3}) = −2 sin(2θ) da cui

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

− ∫∫_{S′_{2}}(\underline{F} , \underline{n}_{1})dσ = 2 ∫0^{\frac{π}{4}} dθ ∫_{0}^{sin(2θ)} du(−2 sin θ) = −\frac{π}{4} e quindi il risultato \frac{2}{3} − \frac{π}{2} ••

Prime nozioni sulle serie numeriche e teoremi di base.

105 min. Lezione del 19/12/2017 Con oggi sono state tenute 37 lezioni di cui 21 da 105 minuti per cui le ore di lezione realmente tenute è 81. Mancano 9 ore di lezione che si svolgeranno nei giorni: 22/12, 8/1/2018, 9/1/2018 (ciascuna da 105 minuti) e la lezione del 12/1/2018 da 90 minuti.

• Definizione di serie, definizione del carattere di una serie, condizione necessaria a_{k} → 0, divergenza della serie ∑ 1/k dimostrata sia minorando ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} sia con l’integrale di 1/x. Convergenza

della serie ∑ 1/k^{p}, p ≥ 1 sia mediante l’integrale che maggiorando ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{p}} .

Criterio di Cauchy per le serie.

Dimostrazione che, definita la quantità ∑_{k=N+1}^{∞} a_{k} ≐ R_{N}, se una serie converge allora lim_{N→∞} R_{N} = 0. Teoremi del confronto (con dimostrazione): 1) 0 ≤ a_{k} ≤ c_{k} e ∑ c_{k} convergente, implica ∑ a_{k} convergente, 2) 0 ≤ d_{k} ≤ a_{k} e ∑ d_{k} divergente, implica ∑ a_{k} divergente. Sia a_{k} ≥ 0. Se lim_{k→∞} k^{p}a_{k} = l ≠ +∞ per p > 1, allora ∑ a_{k} converge. Sia a_{k} ≥ 0. Se lim_{k→∞} k^{p}a_{k} = l ≠ 0 per p ≤ 1, allora ∑ a_{k} diverge. I due precedenti sono anche detti “criterio degli infinitesimi” Criterio di D’Alembert o del rapporto, criterio della radice (entrambe con dimostrazione) Convergenza della serie ∑ ln \frac{1 + n^{2}}{2 + n^{2}} convergenza o divergenza della serie ∑ \frac{n}{(ln(1 + e^{3n}))^{α}} in funzione di α ∈ R Convergenza della serie ∑ \frac{k!}{k^{k}} , e divergenza della serie ∑ \frac{e^{k}k!}{k^{k}}. ••

105 min. Lezione del 22/12/2017

• Esercizi.

1) Studiare la convergenza della serie ∑ 1/(k ln k) (usare il crirerio integrale)

2) ∑_{n=1}^{∞} n^{5/2}(1 − cos \frac{1}{n})^{2}, (criterio degli infinitesimi)

3) ∑_{n=1}^{∞} ln (1 + \frac{(−1)^{k}}{\sqrt{k}} ) , (sviluppare il logaritmo al secondo ordine con resto)

4) ∑_{n=1}^{∞} n^{−1− \frac{1}{(ln n)^{a}}} , al variare di a ∈ R (usare il criterio integrale)

5) ∑_{n=1}^{∞} 1/ ln(n!), (usare la formula di Stirling n! ∼ (n/2)^{n}\sqrt{2πn}(1 + o(1))

6) ∑ 1/(ln n)^{n} (usare il criterio degli infinitesimi)••

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

♠ Esercizi

∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}\sqrt{2n + 1}}{n!}, ∑_{n=1}^{∞} n^{5/2}(1 − cos \frac{1}{n})^{2}, ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{−2n^{1/2} + 1}, ∑_{n=1}^{∞}(1 − cos \frac{1}{\sqrt{n}})^{2},

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{−2n^{1/2} + 5n^{2}} , ∑_{n=1}^{∞} n^{2}(ln(1 + \frac{1}{n}))^{4}, ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{1/2} − 3n}, ∑_{n=1}^{∞} n sin \frac{1}{n + n^{3}} , ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{−2/3} + n^{3/2}} ,

∑_{n=1}^{∞} n tan \frac{1}{n + n^{3}} , ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n − n^{1/2}} , ∑_{n=1}^{∞}(e^{1/n} − 1), ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{1/2} − 3n^{5/2}} , ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}\sqrt{2n + 1}}{\sqrt{n!}},

∑_{n=1}^{∞}(n!)^{−1/n}2^{n}\sqrt{2n + 1}, ∑ \frac{(cos(nπ))^{n}}{\sqrt{n}} , ∑ \frac{1}{(n!)^{a}}

Al variare di p si studi la convergenza delle serie ∑ ((1 + \frac{1}{n})^{−n} − \frac{1}{e})^{p} ,

∑ ((1 + \frac{1}{\sqrt{n}})^{−\sqrt{n}} − \frac{1}{e})^{p} , ∑ ((1 + \frac{1}{\sqrt{n}})^{\sqrt{n}} − e)^{p}

Si studi la convergenza delle serie al variare dei parametri ∑ n^{−a− \frac{b}{n}} , ∑ \frac{n^{q}}{(n+1)^{p+q}} , ∑(ln n)^{−n}, Si studi la convergenza delle serie ∑(ln n)^{− ln n}, ∑(ln(ln n))^{− ln n;}, ∑ \frac{n^{n}}{e^{n}n!} ∑ \frac{n^{n}}{e^{n}(n+1)!}, ∑ \frac{n^{n−1}}{e^{n}n!} , ∑(ln n)^{− ln(ln n)}, ∑ n^{−1}(ln n)^{−1−(ln n)^{−1}} Si studi la convergenza delle serie al variare di a, b, c ∑(a^{\frac{1}{n}} − \frac{1}{2}(b^{\frac{1}{n}} + c^{\frac{1}{n}} )) Dimostrare oppure confutare con un esempio: se lim_{n→∞} f(n) = 0 allora la serie ∑ n^{−1−f(n)} diverge.

Dire se convergono le serie ∑ \frac{1}{ln n!}, ∑(1 − \frac{ln n}{n})^{n} e ∑(−)^{n}(1 − \frac{1}{8} \frac{ln n}{(−)^{n}n^{3/4}} )^{(−)^{n}n^{3/4}} Sia a_{n} ↘ 0 e ∑ a_{n} convergente. Ne segue lim_{n→+∞} na_{n} = 0 (usare Cauchy”). Utilizzare tale risultato per dimostrare che ∑_{n=1}^{+∞} n^{−1− \frac{1}{n}} diverge

Sia 0 < n_{1} < n_{2} < n_{3} < … una successione crescente di interi. Dimostrare che ∑_{k=1}^{∞} \frac{n_{k+1} − n_{k}}{n_{k}} =

+∞ [http://www.math.purdue.edu/pow/fall2013/pdf/solution12.pdf]

105 min. Lezione del 08/01/2018 Dimostrazione della convergenza della serie ∑(sin k)/k attraverso

Criterio di Abel Sia | ∑^{n} b_{k}| ≐ B_{n} ≤ M per ogni n. Allora se a_{k} ↘ 0, la serie ∑ b_{k}a_{k} converge. Successioni di funzioni del libro bisogna studiare le pagine 1–10 (paragrafo 4 escluso).

• Studiare al convergenza puntuale ed uniforme delle successioni di funzioni f_{k}(x) = x/k, x/(x^{2} + k^{2}), in R e [0, A] con A > 0.

• Studiare la convergenza puntuale in R ed uniforme in [−2, 0] della successione di funzioni f_{k}(x) = ^{k} \sqrt{e^{x^{2}} + |x + 1|^{k}}

Lezioni del 09/01/2018 e del 12/01/2018, annullate

105 min. Lezione del 15/01/2018

7/novembre/2019; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 32 Pag.10–14 (fino a par.5 escluso) con esclusione della dimostrazione della proposizione di pag.11. Il paragrafo 5 è stato affrontato nell’ambito delle serie di potenze complesse. Paragrafo 6.

• Stabilire l’insieme di convergenza puntuale della serie ∑_{k=0}^{+∞} x^{2}e^{−x^{2}k}. Dire se in tale insieme la

convergenza è uniforme. Svolgimento . La serie converge puntualmente per ogni x ∈ R. Se x = 0 vale identicamente zero. Se x ≠ 0 possiamo osservare che lim_{k→+∞} ^{k} \sqrt{e^{−x^{2}k}} = e^{−x^{2}} < 1 da cui la convergenza. Possiamo

anche osservare che lim_{k→+∞} k^{2}e^{−x^{2}k} = 0.

Convergenza uniforme. Siccome in questo caso specifico possiamo addirittura calcolare S(x)

S(x) ≐ x^{2} ∑_{k=0}^{+∞} e^{−x^{2}k} = x^{2} \frac{1}{1 − e^{−x^{2}}}

siamo in grado di dire che lim_{x→0} S(x) ≠ 0 ossia la funzione limite non è continua in x = 0; segno questo che la convergenza non è uniforme in nessun intervallo comprendente l’origine. Vogliamo ora evidenziare tale fatto mostrando che la convergenza non è uniforme in (0, 1). Sia x ∈ [1/δ, 2/δ] ⊂ (0, 1) e sia x tale che x^{2}k ≤ 1. Per questo è sufficiente k ≤ δ^{2}/4. Ne segue che

sup_{(0,1)} x^{2} ∑_{k=n+1}^{+∞} e^{−x^{2}k} ≥ sup_{[1/δ,2/δ]} x^{2} ∑_{k=n+1}^{δ^{2}/4} e^{−x^{2}k} ≥ \frac{1}{δ^{2}} ∑_{k=n+1}^{δ^{2}/4} \frac{1}{e} = \frac{1}{e} \frac{δ^{2} − n}{4δ^{2}} ≥ \frac{1}{8e}

non appena δ^{2} > n^{2}/4 per cui, dato un qualsiasi intero n, trovo un δ che rende la precedente quantità maggiore di 1/(8e) ossia la non convergenza uniforme.

Stabilire l’insieme di convergenza puntuale della serie ∑_{k=0}^{+∞} x^{3}e^{−x^{2}k}. Dire se in tale insieme la

convergenza è uniforme. Svolgimento Per la convergenza puntuale si procede come sopra e si verifica che converge per

ogni x ∈ R. Poi verifichiamo che S(x) ≐ ∑_{k=0}^{+∞} x^{3}e^{−x^{2}k} = \frac{x^{3}}{1 − e^{−x^{2}}} se x ≠ 0 mentre vale zero se

x = 0. Siccome lim_{x→0} S(x) = 0, ci sono gli indizi di una possibile uniforme convergenza ed infatti

il massimo della funzione x^{3}e^{−x^{2}k} si ha per x_{k} = (\frac{3}{2k} )^{\frac{1}{2}} ≐ \overline{x}_{k} da cui

sup_{x∈R} ∑_{k=n+1}^{+∞} x^{3}e^{−x^{2}k} ≤ ∑_{k=n+1}^{+∞} x^{3}e^{−x^{2}k} |_{x_{k}=\overline{x}_{k}} = ∑_{k=n+1}^{+∞} (\frac{3}{2k} )^{\frac{3}{2}} e^{−3/2} < ε

da cui la convergenza totale e quindi uniforme. ••

90 min. Lezione del 16/01/2018 (ultima lezione)

Serie di Fourier. Teorema pag.28 del libro. Esercizi sul calcolo delle serie di Fourier delle funzioni.