- Si calcoli il polinomio di Taylor intorno a (0,0) di grado 20
della seguente funzione:
|
f(x,y) = ln(1+x4y3)+arctan(x6y4). |
|
SOLUZIONE: Sia g(t) = ln(1+t) e h(t) = arctant. Calcolando
i polinomi di Taylor di grado due intorno a t = 0 in una variabile,
otteniamo:
|
g(t) = t- |
t2
2
|
+O(t3) e h(t) = t+O(t3). |
|
Adesso notiamo che
|
f(x,y) = g(x4y3)+h(x6y4) = x4y3- |
x8y6
2
|
+x6y4+O(x12y9)+O(x18y12), |
|
Osservando che poiché x £ ||(x,y)|| e y £ ||(x,y)||, si ha che
|
O(x12y9)+O(x18y12) = O(||(x,y)||21)+O(||(x,y)||30) = O(||(x,y)||21) |
|
e quindi x4y3-[(x8y6)/2]+x6y4 è il polinomio di Taylor
di grado 20.
- Si scriva il polinomio di Taylor di grado due intorno al punto 0
della funzione y = f(x) definita implicitamente da
SOLUZIONE: Sia F(x,y) = x3y+y3-cosx. Osservando che
poiché F(0,1) = 0 e Fy(0,1) = (x3+3y2)(0,1) = 3 ¹ 0,
la funzione implicita y = f(x) è ben definita e dal Teorema della
Funzione Implicita (TFI), otteniamo
|
f¢(0) = - |
Fx(0,1)
Fy(0,1)
|
= |
æ
ç
è
|
- |
3x2y+sinx
x3+3y2
|
|
ö
÷
ø
|
(0,1)
|
= 0. |
|
Per calcolare f¢¢(0), osserviamo che
|
f¢¢(x) = |
d
dx
|
|
æ
ç
è
|
- |
Fx(x,f(x))
Fy(x,f(x))
|
|
ö
÷
ø
|
= |
|
|
|
æ
ç
è
|
- |
(Fxx+Fyxf¢(x))Fy-Fx(Fxy+Fyyf¢(x))
(Fy)2
|
|
ö
÷
ø
|
. |
|
e quindi, poiché
|
f¢(0) = Fx(0,1) = 0, Fy(0,1) = 3 e Fxx(0,1) = (6xy+cosx)(0,1) = 1 |
|
otteniamo f¢¢(0) = -1/3. Infine il polinomio di Taylor P2(x)
di grado 2 intorno a 0 è:
|
P2(x) = f(0)+f¢(0)x+ |
1
2
|
f¢¢(0)x2 = 1- |
1
6
|
x2. |
|
- Sia
|
f(x,y,z) = |
æ
ç
ç
ç
ç
è
|
|
| |
ö
÷
÷
÷
÷
ø
|
. |
|
Dopo aver verificato che f è invertibile in (1,0,1),
si scriva la matrice Jacobiana nel punto (1,2,1) della
funzione inversa.
(Suggerimento: (1,2,1) = f(1,0,1).)
SOLUZIONE: La matrice Jacobiana di f in (1,0,1)
è:
|
J(f)(1,0,1) = |
æ
ç
ç
ç
ç
è
|
|
| |
ö
÷
÷
÷
÷
ø
|
(1,0,1)
|
= |
æ
ç
ç
ç
ç
è
|
|
| |
ö
÷
÷
÷
÷
ø
|
. |
|
Dal teorema della funzione inversa otteniamo che
|
J(f-1)f(1,0,1) = (J(f)(1,0,1))-1 = |
æ
ç
ç
ç
ç
è
|
|
| |
ö
÷
÷
÷
÷
ø
|
-1
|
. |
|
Facendo i calcoli (dell'inversa di una matrice 3×3) troviamo
|
J(f-1)(1,2,1) = |
æ
ç
ç
ç
ç
è
|
|
| |
ö
÷
÷
÷
÷
ø
|
. |
|
- Si calcoli la lunghezza della curva associata alla seguente rappresentazione
parametrica:
|
x(t) = (2t,lnt,t2), t Î [1,10]. |
|
SOLUZIONE: Utilizzando la formula
si trova che x¢(t) = (2,1/t,2t) e quindi
|
L = |
ó
õ
|
10
1
|
|
æ
Ö
|
|
|
dt = |
ó
õ
|
10
1
|
|
æ
Ö
|
|
|
dt = |
ó
õ
|
10
1
|
(2t+ |
1
t
|
)dt = |
|
- Si calcoli l'equazione del piano tangente e quella della retta normale alla
superficie:
nel punto P = (1,1,1). Si dica inoltre rispetto a quale delle tre variabili
si può applicare il teorema della funzione implicita nel punto P e si calcoli
il gradiente delle funzioni così definite.
SOLUZIONE: Sia F(x,y,z) = x4+3y3-4z6. Osserviamo che il
gradiente
|
Ñ(F)(1,1,1) = (4x3,9y2,-24z5)(1,1,1) = (4,9,-24) |
|
è normale alla superficie F(x,y,z) = 0 nel punto (1,1,1).
Quindi l'equazione del piano tangente p in (1,1,1)
è data da:
|
(x-1,y-1,z-1)·Ñ(F)(1,1,1) = 0 |
|
e l'equazione parametrica
della retta r normale è data da
(x,y,z) = (1,1,1)+tÑ(F)(1,1,1). Facendo i calcoli arriviamo a
|
p: 4x+9y-24z+11 = 0 e r: |
ì
ï
ï
í
ï
ï
î
|
|
| |
|
Poiché tutte e tre le derivate parziali sono non nulle nel punto (1,1,1),
possiamo applicare il TFI rispetto a tutte le variabili e si ha
|
Ñ(f(x,y))(1,1) = - |
æ
ç
è
|
|
Fx(1,1,1)
Fz(1,1,1)
|
, |
Fy(1,1,1)
Fz(1,1,1)
|
|
ö
÷
ø
|
= |
æ
ç
è
|
|
1
6
|
, |
3
8
|
|
ö
÷
ø
|
. |
|
|
Ñ(h(x,z))(1,1) = - |
æ
ç
è
|
|
Fx(1,1,1)
Fy(1,1,1)
|
, |
Fz(1,1,1)
Fy(1,1,1)
|
|
ö
÷
ø
|
= |
æ
ç
è
|
- |
4
9
|
, |
8
3
|
|
ö
÷
ø
|
. |
|
|
Ñ(g(y,z))(1,1) = - |
æ
ç
è
|
|
Fy(1,1,1)
Fx(1,1,1)
|
, |
Fz(1,1,1)
Fx(1,1,1)
|
|
ö
÷
ø
|
= |
æ
ç
è
|
- |
9
4
|
,6 |
ö
÷
ø
|
. |
|
dove f, h e g sono definite da
F(x,y,f(x,y)) = F(x,h(x,z),z) = F(g(y,z),y,z) = 0.
- Si calcoli il seguente integrale:
dove D è il dominio limitato dalle parabole y = x2 e x = y2.
SOLUZIONE: Osserviamo che D è un x-dominio
infatti:
|
D = {(x,y) | 0 £ x £ 1, x2 £ y £ Öx} |
|
applicando la relativa formula per gli integrali doppi si ha
|
|
ó
õ
|
|
ó
õ
|
D
|
x2+y2 = |
ó
õ
|
1
0
|
dx |
ó
õ
|
Öx
x2
|
dy (x2+y2) = |
ó
õ
|
1
0
|
|
é
ê
ë
|
x2y+ |
y3
3
|
|
ù
ú
û
|
Öx
x2
|
dx = |
|
|
= |
ó
õ
|
1
0
|
|
æ
ç
è
|
x5/2+ |
x3/2
3
|
-x4- |
x6
3
|
|
ö
÷
ø
|
dx = |
é
ê
ë
|
|
2
7
|
x7/2+ |
2
15
|
x5/2- |
x5
5
|
- |
x7
21
|
|
ù
ú
û
|
1
0
|
= |
6
35
|
. |
|
- Si calcoli il seguente integrale
dove W è la sfera x2+y2+z2 £ 1.
SOLUZIONE: Utilizzando la trasformazione in coordinate
sferiche
|
|
ì
ï
ï
í
ï
ï
î
|
|
| | |
det
| (J(x,y,z))| = r2sinw, |
|
osservando che si sta integrando su una sfera unitaria e che
|
x2+y2+(z-2)2 = r2-4rcosw+4, |
|
otteniamo
|
|
ó
õ
|
|
ó
õ
|
|
ó
õ
|
W
|
|
1
|
= |
ó
õ
|
2p
0
|
dq |
ó
õ
|
1
0
|
dr |
ó
õ
|
p
0
|
dw |
r2sinw
|
. |
|
Mentre la variabile q è già separata, è opportuno
integrare prima rispetto a w e poi rispetto a r:
|
|
ó
õ
|
|
ó
õ
|
|
ó
õ
|
W
|
|
1
|
= 2p |
ó
õ
|
1
0
|
r2dr |
ó
õ
|
p
0
|
|
-dcosw
|
= |
|
|
2p |
ó
õ
|
1
0
|
r2dr |
é
ê
ë
|
|
1
2r
|
|
æ
Ö
|
|
r2-4rcosw+4
|
|
ù
ú
û
|
p
0
|
= |
|
|
p |
ó
õ
|
1
0
|
r |
é
ë
|
|
æ
Ö
|
|
r2+4r+4
|
- |
æ
Ö
|
|
r2-4r+4
|
|
ù
û
|
dr = |
|
|
= p |
ó
õ
|
1
0
|
r |
é
ë
|
|
æ
Ö
|
|
(r+2)2
|
- |
æ
Ö
|
|
(r-2)2
|
|
ù
û
|
dr = 4p |
ó
õ
|
1
0
|
rdr = 2p. |
|
- Si calcoli l'area della superficie del solido ottenuto ruotando
intorno all'asse y la curva associata alla rappresentazione
|
(x(t),y(t)) = (t+1, |
t2
2
|
+t) con t Î [0,4]. |
|
SOLUZIONE: L'area della superficie ottenuta dalla rotazione
intorno all asse y
di una rappresentazione parametrica (x(t),y(t)) è data da:
|
A = 2p |
ó
õ
|
t2
t1
|
x(t)·||(x¢(t),y¢(t))||dt. |
|
Nel nostro caso ||(x¢(t),y¢(t))|| = [Ö(1+(t+1)2)] e quindi
|
A = 2p |
ó
õ
|
4
0
|
(t+1) |
| _______
Ö1+(t+1)2
|
dt = 2p |
ó
õ
|
25
1
|
|
| ___
Ö1+u
|
|
1
2
|
du |
|
dopo aver posto u = (t+1)2, du = 2(t+1)dt. Risolvendo l'integrale
|
A = p |
é
ê
ë
|
|
2
3
|
(1+u)3/2 |
ù
ú
û
|
25
1
|
= |
2p
3
|
(263/2-23/2). |
|
- Si verifichi se il seguente campo è conservativo e si calcoli
il lavoro compiuto dal campo lungo la traiettoria C
|
f(x,y,z) = |
æ
ç
è
|
|
1
z
|
, |
-3
z
|
, |
3y-x+z3
z2
|
|
ö
÷
ø
|
|
|
(Suggerimento: Provare a calcolare un potenziale)
SOLUZIONE: Il campo f = (f1,f2,f3)
soddisfa le equazioni di compatibilità
|
|
¶f1
¶y
|
= 0 = |
¶f2
¶x
|
, |
¶f1
¶z
|
= - |
1
z2
|
= |
¶f3
¶x
|
, |
¶f2
¶z
|
= |
3
z2
|
= |
¶f3
¶y
|
|
|
quindi f è un campo conservativo in una regione
semplicemente connessa di R3 non contenente il piano z = 0.
Ora calcoliamo il potenziale di f:
|
U = - |
ó
õ
|
f1 dx+g(y,z) = - |
x
z
|
+g(y,z). |
|
Adesso, da
|
f2 = - |
¶U
¶y
|
= |
¶g
¶y
|
= - |
3
z
|
|
|
si ottiene
|
g(y,z) = - |
3y
z
|
+h(z) e U(x,y,z) = - |
x
z
|
+ |
3y
z
|
+h(z). |
|
Inoltre, da
|
f3 = - |
¶U
¶z
|
= |
3y-x
z2
|
+ |
¶h
¶z
|
= |
3y-x+z3
z2
|
|
|
si ottiene h(z) = [(z2)/2]. Quindi
e il campo è conservativo su tutto il suo dominio. Alla luce
di questa deduzione, per calcolare il lavoro è sufficiente calcolare
|
L = U(x(2),y(2),z(2))-U(x(4),y(4),z(4)) = U(2,4,1)-U(4,16,3) = |
|
|
= -(-10)- |
1
2
|
+ |
-44
3
|
+ |
9
2
|
= - |
2
3
|
. |
|
- Si utilizzi il Teorema di Green per calcolare l'area racchiusa all'interno
della curva piana associata alla rappresentazione parametrica
|
x(t) = (acos3 t ,asin3 t), t Î [0,2p] |
|
mediante un integrale curvilineo.
SOLUZIONE: In un Corollario del Teorema di Green si afferma che
l'area racchiusa all'interno di una curva piana chiusa C è data
dall'integrale curvilineo di seconda specie:
Nel nostro caso abbiamo
|
A = |
1
2
|
|
ó
õ
|
2p
0
|
(acos3 t)d(asin3 t)-(asin3 t)d(acos3 t) = |
|
|
= |
a2
2
|
|
ó
õ
|
2p
0
|
3(cos4tsin2t+ cos2tsin4t)dt = = |
3a2
2
|
|
ó
õ
|
2p
0
|
(costsint)2dt = |
|
|
= |
3a2
2
|
|
ó
õ
|
2p
0
|
|
1
4
|
sin2tdt = |
3a2
2
|
|
ó
õ
|
2p
0
|
|
1-cos4t
8
|
dt = |
3a2p
8
|
. |
|