Analisi 2 Raccolta Esercizi Svolti Lancelotti

Integrali doppi: esercizi svolti

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-

giore.

Esercizio. Calcolare i seguenti integrali doppi sugli insiemi specificati:

a)∫

Ω(x + y) dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < y <

√2

2, y < x <

√1− y2

[13

]

b)∫

Ω

(x2 + y2

)dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2

[83

]

c)∫

Ωxy dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, x2 < y <

√x

[112

]

d)∫

Ω

xy

x2 + y2dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4, x > 0, y > 0

[34

]

e)∫

Ωxy dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x2 + y2 < 2x, y > 0

[548

]

f)∫

Ωxy dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 1, x > 0, y > 0

[116

]

1

2 Integrali doppi: esercizi svolti

g)∫

Ωx(1− y) dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < y <

√2

2, y < x <

√1− y2

[√2

6 − 116

]

h)∫

Ωlog (xy) dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : −1 < x < −1

2, 4x < y <

1x

[5 log 2− 3]

*i)∫

Ωlog

x

y2dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 :

14x < y2 < x, 1 < xy < 2

[16 log2 4

]

l)∫

Ω

1(x + y)2

dx dy, Ω =(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, 3 ≤ y ≤ 4

[log 25− log 24]

m)∫

Ω

x

x2 + y2dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : x2 < y < 2x2, 1 < x < 2

[2 arctan 4− 3 arctan 2 + π

4 − 14 log 17 + 3

4 log 5− 12 log 2

]

n)∫

Ω

sin y2

ydx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < x < y2,

√π < y <

√2π

[−1]

o)∫

Ωxy dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 1

[0]

p)∫

Ω

√x2 + y2 dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4x < 0

[2569

]

q)∫

Ω

(x + y2

)dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4, x > 0, y > 0

[73 + 15

16π]

r)∫

Ωx√

x2 + y2 dx dy, Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x2 + y2 < 2y, x < 0

[− 3

20

]

Integrali doppi: esercizi svolti 3

s)∫

Ω(x + y) dx dy, Ω =

(x, y) ∈ R2 : 2x2 + 3y2 < 4, x > 0, y > 0

[49

(√3 +

√2)]

Svolgimento

a) Consideriamo l’integrale∫

Ω(x + y) dx dy, dove

Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < y <

√2

2, y < x <

√1− y2

.

x

y

−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.20

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Fig. 1: L’insieme Ω (in azzurro).

L’insieme Ω e x-semplice. Quindi si ha che

∫

Ω(x + y) dx dy =

∫ √2

2

0

[∫ √1−y2

y(x + y) dx

]dy =

=∫ √

22

0

[12x2 + xy

]√1−y2

ydy =

∫ √2

2

0

[12

(1− y2

)+ y

√1− y2 − 3

2y2

]dy =

=∫ √

22

0

(12− 2y2 + y

√1− y2

)dy =

[12y − 2

3y3 − 1

3

(1− y2

) 32

]√22

0=

13.

b) Consideriamo l’integrale∫

Ω

(x2 + y2

)dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2

.


x

y

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 20

0.5

1

1.5

2

2.5

Fig. 2: L’insieme Ω e il quadrato.

L’insieme Ω e sia x-semplice che y-semplice. Si ha che

∫

Ω

(x2 + y2

)dx dy =

∫ 1

0

[∫ 2

1

(x2 + y2

)dy

]dx =

=∫ 1

0

[x2y +

13y3

]2

1dx =

∫ 1

0

(x2 +

73

)dx =

[13x3 +

73x

]1

0=

83.

c) Consideriamo l’integrale∫

Ωxy dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, x2 < y <

√x

.

x

y

−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.40

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2



L’insieme Ω e y-semplice. Quindi si ha che

∫

Ωxy dx dy =

∫ 1

0

[∫ √x

x2xy dy

]dx =

=∫ 1

0x

[12y2

]√x

x2dx =

12

∫ 1

0

(x2 − x5

)dx =

12

[13x3 − 1

6x6

]1

0=

112

.

d) Consideriamo l’integrale∫

Ω

xy

x2 + y2dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4, x > 0, y > 0

.

x

y

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.5

1

1.5

2

2.5


L’insieme Ω e sia x-semplice che y-semplice. Osserviamo che Ω presenta una sim-

metria radiale. Possiamo quindi passare in coordinate polari nel piano. Poniamo

quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒ 1 < ρ < 2

0 < ϑ < π2 .

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove

Ω′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 1 < ρ < 2, 0 < ϑ <π

2

.

Ne segue che ∫

Ω

xy

x2 + y2dx dy =

∫

Ω′ρ cosϑ sinϑdρ dϑ =


essendo Ω′ un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda

prodotto di una funzione in ρ e di una di ϑ si ottiene

=(∫ 2

1ρ dρ

) (∫ π2

0cosϑ sinϑdϑ

)=

[12ρ2

]2

1

[12

sin2 ϑ

]π2

0=

34.

x

y

0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.5

1

π/2

2

Fig. 5: L’insieme Ω′ (in verde).

e) Consideriamo l’integrale∫

Ωxy dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x2 + y2 < 2x, y > 0

.

x

y

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5



Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒

0 < ρ < 1

0 < ρ < 2 cos ϑ

0 < ϑ < π2 .

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove Ω′ = Ω′1 ∪ Ω′2, con

Ω′1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <π

3

,

Ω′2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 2 cos ϑ,π

3≤ ϑ <

π

2

.

θ

ρ

−1 −0.5 0 0.5 π/3 π/2 2 2.50

0.5

1

1.5

2

2.5

Fig. 7: L’insieme Ω′ = Ω′1 ∪ Ω′2, con Ω′1 (in rosso) e Ω′2 (in verde).

Ne segue che ∫

Ωxy dx dy =

∫

Ω′ρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ =

=∫

Ω′1ρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ +

∫

Ω′2ρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ =

essendo sia Ω′1 che Ω′2 ρ-semplici e la funzione integranda prodotto di una funzione

in ρ e di una di ϑ, si ottiene

=(∫ 1

0ρ3 dρ

) (∫ π3

0cosϑ sinϑ dϑ

)+

∫ π2

π3

cosϑ sinϑ

[∫ 2 cos ϑ

0ρ3 dρ

]dϑ =


=[14ρ4

]1

0

[12

sin2 ϑ

]π3

0+

∫ π2

π3

cosϑ sinϑ

[14ρ4

]2 cos ϑ

0dϑ =

=332

+ 4∫ π

2

π3

cos5 ϑ sinϑdϑ =332

+ 4[−1

6cos6 ϑ

]π2

π3

=548

.

f) Consideriamo l’integrale∫

Ωxy dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 1, x > 0, y > 0

.

x

y

−1 −0.5 0 0.5 1

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1


Essendo Ω la parte del I quadrante inclusa nell’ellisse di equazione x2 + y2

12

= 1,

passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

y =√

22 ρ sinϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| =√

22

ρ.

Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒ 0 < ρ < 1

0 < ϑ < π2 .


Ω′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <π

2

.

Ne segue che ∫

Ωxy dx dy =

12

∫

Ω′ρ3 cosϑ sinϑ dρ dϑ =


ρ

θ

−0.5 0 0.5 1 1.5 2.00

0.5

1

π/2

2



prodotto di una funzione in ρ e di una di ϑ si ottiene

=12

(∫ 1

0ρ3 dρ

) (∫ π2

0cosϑ sinϑdϑ

)=

12

[14ρ4

]1

0

[12

sin2 ϑ

]π2

0=

116

.

g) Consideriamo l’integrale∫

Ωx(1− y) dx dy, dove

Ω =

(x, y) ∈ R2 : 0 < y <

√2

2, y < x <

√1− y2

.

x

y

−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.20

0.2

0.4

0.6

0.8

1



∫

Ωx(1− y) dx dy =

∫ √2

2

0

[∫ √1−y2

yx(1− y) dx

]dy =


=∫ √

22

0

[12x2(1− y)

]√1−y2

ydy =

12

∫ √2

2

0(1− y)

(1− 2y2

)dy =

=12

∫ √2

2

0

(1− y − 2y2 + 2y3

)dy =

12

[y − 1

2y2 − 2

3y3 +

12y4

]√22

0=√

26− 1

16.

h) Consideriamo l’integrale∫

Ωlog (xy) dx dy, dove

Ω =

(x, y) ∈ R2 : −1 < x < −12, 4x < y <

1x

.

x

y

−3 −2 −1 −1/2 0 1

−5

−4

−3

−2

−1

0

Fig. 11: L’insieme Ω e la parte di piano delimitata dall’iperbole xy = 1 (in blu) e dallerette y = 4x (in rosso) e x = −1 (in nero).


∫

Ωlog (xy) dx dy =

∫ − 12

−1

[∫ 1x

4xlog (xy) dy

]dx =

integrando per parti

=∫ − 1

2

−1

([y log (xy)

] 1x

4x−

∫ 1x

4xdy

)dx =

∫ − 12

−1

(−4x log 4x2 − 1

x+ 4x

)dx =


= −4

([12x2 log 4x2

]− 12

−1−

∫ − 12

−1x dx

)+

[− log |x|+ 2x2

]− 12

−1=


= −4(− log 2 +

38

)+ log 2− 3

2= 5 log 2− 3.

*i) Consideriamo l’integrale∫

Ωlog

x

y2dx dy, dove

Ω =

(x, y) ∈ R2 :14x < y2 < x, 1 < xy < 2

.

x

y

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Fig. 12: L’insieme Ω e la parte di piano delimitata dalle parabole x = y2 (in blu),x = 4y2 (in nero) e dalle iperboli xy = 1 (in rosso) e xy = 2 (in fucsia).

L’insieme Ω si puo scomporre nell’unione di un numero finito di insiemi x-semplici

o y-semplici aventi a due a due in comune al piu dei segmenti del piano. Tuttavia

procedendo in questo modo risulta assai arduo il calcolo dell’integrale. Pertanto

conviene procedere come segue.

Osserviamo che Ω e contenuto nel I quadrante. Pertanto per ogni (x, y) ∈ Ω si ha

che x, y > 0. Quindi

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒

14 < y2

x < 1,

1 < xy < 2.

Poiche anche la funzione integranda f(x, y) = log xy2 contiene il termine y2

x , con-

viene operare il seguente cambiamento di variabili:

Ψ :

u = xy

v = xy2 ,

(x, y) ∈ Ω.


Evidentemente

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒

1 < u < 2,

1 < v < 4.

In realta a noi interessa il cambiamento di variabili inverso. Posto quindi Φ = Ψ−1,

ricavando x e y in funzione di u e v, si ottiene

Φ :

x = u 3

√vu

y = 3

√uv ,

1 < u < 2, 1 < v < 4.

Resta da calcolare il determinante della matrice Jacobiana di Φ. Dal Teorema

dell’inversione locale si ha che

det JΦ(u, v) = detJΨ−1(u, v) =(det JΨ(Φ(u, v))

)−1.

Si ha che

JΨ(x, y) =

( ∂u∂x(x, y) ∂u

∂y (x, y)

∂v∂x(x, y) ∂v

∂y (x, y)

)=

(y x

1y2 −2x

y3

)=⇒ det JΨ(x, y) = −3x

y2.

Quindi

| detJΦ(u, v)| = 13v

.

Si ha che Ω = Φ(Ω′), dove Ω′ =(u, v) ∈ R2 : 1 < u < 2, 1 < v < 4

.

u

v

−1 0 1 2 30

1

2

3

4

Fig. 13: L’insieme Ω′ (in azzurro).


L’integrale diventa ∫

Ωlog

x

y2dx dy =

∫

Ω′

log v

3vdu dv =

essendo Ω′ un rettangolo con lati paralleli agli assi u e v e la funzione integranda

prodotto di una funzione di u per una funzione di v, si ottiene

=13

(∫ 2

1du

) (∫ 4

1

log v

vdv

)=

13

[u]2

1

[12

log2 v

]4

1=

16

log2 4.

l) Consideriamo l’integrale∫

Ω

1(x + y)2

dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, 3 ≤ y ≤ 4

.

x

y

−2 −1 0 1 2 3 40

1

2

3

4

Fig. 14: L’insieme Ω e il quadrato.

L’insieme Ω e sia x-semplice che y-semplice. Si ha che

∫

Ω

1(x + y)2

dx dy =∫ 2

1

[∫ 4

3

1(x + y)2

dy

]dx =

∫ 2

1

[− 1

x + y

]4

3

dx =

=∫ 2

1

(1

x + 3− 1

x + 4

)dx =

[log |x + 3| − log |x + 4|

]2

1= log 25− log 24.

m) Consideriamo l’integrale∫

Ω

x

x2 + y2dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 < y < 2x2, 1 < x < 2

.


x

y

−3 −2 −1 0 1 2 3 40

1

2

3

4

5

6

7

8



∫

Ω

x

x2 + y2dx dy =

∫ 2

1

[∫ 2x2

x2

x

x2 + y2dy

]dx =

∫ 2

1

[∫ 2x2

x2

1x

1 +( y

x

)2 dy

]dx =

=∫ 2

1

[arctan

(y

x

)]2x2

x2dx =

∫ 2

1(arctan 2x− arctanx) dx =


=[x(arctan 2x− arctanx)

]2

1−

∫ 2

1

(2x

1 + 4x2− x

1 + x2

)dx =

= 2 arctan 4− 3 arctan 2 +π

4−

[14

log(1 + 4x2

)− 1

2log

(1 + x2

)]2

1=

= 2 arctan 4− 3 arctan 2 +π

4− 1

4log 17 +

34

log 5− 12

log 2.

n) Consideriamo l’integrale∫

Ω

sin y2

ydx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < y2,

√π < y <

√2π

.


0 π 2π

1

2

3

x

y



∫

Ω

sin y2

ydx dy =

∫ √2π

√π

[∫ y2

0

sin y2

ydx

]dy =

∫ √2π

√π

[sin y2

yx

]y2

0

dy =

=∫ √

2π

√π

y sin y2 dy =[−1

2cos y2

]√2π

√π

= −1.

o) Consideriamo l’integrale∫

Ωxy dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 1

.

Osserviamo che sia Ω che f(x, y) = xy presentano una simmetria rispetto ad

entrambi gli assi. In particolare si ha che

(x, y) ∈ Ω, y > 0 =⇒ (x,−y) ∈ Ω, f(x,−y) = −f(x, y).

Quindi ∫

Ω∩(x,y): y≥0xy dx dy = −

∫

Ω∩(x,y): y<0xy dx dy.

Essendo Ω =(Ω ∩

(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0

)∪

(Ω ∩

(x, y) ∈ R2 : y < 0

), si ha

che ∫

Ωxy dx dy = 0.


x

y

−1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5

−

−0.5

0

0.5

1


p) Consideriamo l’integrale∫

Ω

√x2 + y2 dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4x < 0

.

x

y

−1 0 1 2 3 4 5

−2

−1

−

0

1

2



Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒

0 < ρ < 4 cos ϑ

−π2 < ϑ < π

2 .



Ω′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 4 cos ϑ, −π

2< ϑ <

π

2

.

θ

ρ

−3 −2 −π/2 −1 0 1 π/2 2 3

−1

0

1

2

3

4


Ne segue che ∫

Ω

√x2 + y2 dx dy =

∫

Ω′ρ2 dρ dϑ =

essendo Ω′ ρ-semplice e la funzione integranda prodotto di una funzione in ρ e di

una di ϑ si ottiene

=∫ π

2

−π2

(∫ 4 cos ϑ

0ρ2 dρ

)dϑ =

∫ π2

−π2

[13ρ3

]4 cos ϑ

0dϑ =

643

∫ π2

−π2

cos3 ϑdϑ =


=643

([sinϑ cos2 ϑ

]π2

−π2

+ 2∫ π

2

−π2

cosϑ sin2 ϑdϑ

)=

1283

[13

sin3 ϑ

]π2

−π2

=2569

.

q) Consideriamo l’integrale∫

Ω

(x + y2

)dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 4, x > 0, y > 0

.


x

y

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.5

1

1.5

2

2.5



Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒ 1 < ρ < 2

0 < ϑ < π2 .


Ω′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 1 < ρ < 2, 0 < ϑ <π

2

.

Ne segue che

∫

Ω

(x + y2

)dx dy =

∫

Ω′

(ρ2 cosϑ + ρ3 sin2 ϑ

)dρ dϑ =


somma di prodotti di funzioni di ρ e di funzioni di ϑ, si ottiene

=(∫ 2

1ρ2 dρ

) (∫ π2

0cosϑdϑ

)+

(∫ 2

1ρ3 dρ

) (∫ π2

0sin2 ϑdϑ

)=

=[13ρ3

]2

1

[sinϑ

]π2

0+

[14ρ4

]2

1

[12

(ϑ− sinϑ cosϑ)]π

2

0=

73

+1516

π.


x

y

0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.5

1

π/2

2


r) Consideriamo l’integrale∫

Ωx√

x2 + y2 dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x2 + y2 < 2y, x < 0

.

x

y

−2 −1 0 1 2

−1

0

1

2



Φ :

x = ρ cosϑ



Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒

0 < ρ < 1

0 < ρ < 2 sin ϑ

π2 < ϑ < π.

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove Ω′ = Ω′1 ∪ Ω′2, con

Ω′1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1,π

2< ϑ <

56π

,

Ω′2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 2 sinϑ,56π ≤ ϑ < π

.

θ

ρ

0 π/2 5/6π π0

1

2

Fig. 23: L’insieme Ω′ = Ω′1 ∪ Ω′2, con Ω′1 in rosso e Ω′2 in verde.

Ne segue che ∫

Ωx√

x2 + y2 dx dy =∫

Ω′ρ3 cosϑdρ dϑ =

=∫

Ω′1ρ3 cosϑdρ dϑ +

∫

Ω′2ρ3 cosϑdρ dϑ =

essendo sia Ω′1 che Ω′2 ρ-semplici e la funzione integranda prodotto di una funzione

di ρ e di una di ϑ si ottiene, si ottiene

=(∫ 1

0ρ3 dρ

) (∫ 56π

π2

cosϑdϑ

)+

∫ π

56π

cosϑ

[∫ 2 sin ϑ

0ρ3 dρ

]dϑ =

=[14ρ4

]1

0

[sinϑ

] 56π

π2

+∫ π

56π

cosϑ

[14ρ4

]2 sin ϑ

0dϑ =


= −18

+ 4∫ π

56π

cosϑ sin4 ϑdϑ = −18

+ 4[15

sin5 ϑ

]π

56π

=

= −18− 1

40= − 3

20.

s) Consideriamo l’integrale∫

Ω(x + y) dx dy, dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 2x2 + 3y2 < 4, x > 0, y > 0

.

x

y

−2 −1 0 1 2

−2

−1

0

1

2


Essendo Ω la parte del I quadrante inclusa nell’ellisse di equazione x2

2 + y2

43

= 1,

passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi

Φ :

x =

√2ρ cosϑ

y = 23

√3ρ sinϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = 23

√6ρ.

Allora

(x, y) ∈ Ω ⇐⇒ 0 < ρ < 1

0 < ϑ < π2 .


Ω′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <π

2

.

Ne segue che∫

Ω(x + y) dx dy =

∫

Ω′

23

√6ρ

(√2ρ cosϑ +

23

√3ρ sinϑ

)dρ dϑ =


ρ

θ

−0.5 0 0.5 1 1.5 2.00

0.5

1

π/2

2



somma di prodotti di funzioni di ρ e di funzioni di ϑ, si ottiene

=43

√3

(∫ 1

0ρ2 dρ

) (∫ π2

0cosϑdϑ

)+

43

√2

(∫ 1

0ρ2 dρ

) (∫ π2

0sinϑdϑ

)=

=43

√3

[13ρ3

]1

0

[sinϑ

]π2

0+

43

√2

[13ρ3

]1

0

[− cosϑ

]π2

0=

49

(√3 +

√2)

.

Integrali tripli: esercizi svolti


giore.

Esercizio 1. Calcolare i seguenti integrali tripli sugli insiemi specificati:

a)∫

Ωxyz dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1

[18

]

b)∫

Ω2z dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 2

√x2 + y2 < z < x + 2

[6427

√3π

]

c)∫

Ω

x2

x2 + z2dx dy dz,

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 + z2 < 2, x2 − y2 + z2 < 0, y > 0

[π6

(5√

2− 6)]

d)∫

Ω

(x2 + y2 + z2 − 1

)dx dy dz,

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 2, x2 + y2 < z

[π

(415

√2− 19

60

)]

e)∫

Ω(x + z) dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1

[112

]

f)∫

Ωx|z| dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 :

√x2 + z2 < y <

12x + 3

[3845

]

1

2 Integrali tripli: esercizi svolti

g)∫

Ω2x dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, 0 < y < 2z + 1, x2 + y2 + 4z2 < 1

[π16 + 1

6

]

h)∫

Ωy dx dy dz,

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2x < 0, 0 < z < x, x2 + y2 < 1, y > 0

[548

]

i)∫

Ω

y2

x2 + y2dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 < 2x, 0 < z <

x2 + y2

x2

[π − 3

2

√3]

l)∫

Ω2z dx dy dz,

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < x2, x2 − 2x + y2 < 0, 0 < z <

√xy

[1324

]

m)∫

Ωlog

√x2 + z2 dx dy dz,

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + z2 < e2, z < x, 0 < y <1

x2 + z2

[π2

]

n)∫

Ωy2|z| dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 < 2x, 0 < z <

2x

[2π − 3

√3]

o)∫

Ω|z| dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z2 − 1, 2x2 + y2 + z2 < 2

[√6

12 π]

p)∫

Ωx2|y| dx dy dz, Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, 0 < z < x + 1

[π48 + 2

45

]

Integrali tripli: esercizi svolti 3

Svolgimento

I grafici degli insiemi di integrazione di questi esercizi si trovano sulla pagina web

http://calvino.polito.it/∼lancelot/didattica/analisi2/esercizi/grafici integrali tripli esercizio 1.html

.


Ωxyz dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1

.

L’insieme Ω e un cubo con spigoli paralleli agli assi coordinati. Poiche la funzione

integranda f(x, y, z) = xyz e il prodotto di una funzione di x, una di y e una di z,

si ha che ∫

Ωxyz dx dy dz =

(∫ 1

0x dx

) (∫ 1

0y dy

) (∫ 1

0z dz

)=

=[12x2

]1

0

[12y2

]1

0

[12z2

]1

0=

18.


Ω2z dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 2√

x2 + y2 < z < x + 2

.

x

z

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 40

1

2

3

4

5

6

Fig. 1: Sezione dell’insieme Ω con il piano xz (in azzurro).


Osserviamo che Ω e l’insieme dei punti compresi fra il semicono di equazione z =

2√

x2 + y2 e il piano di equazione z = x + 2. Integrando per fili paralleli all’asse

z, si ha che ∫

Ω2z dx dy dz = 2

∫

D

[∫ x+2

2√

x2+y2z dz

]dx dy =

= 2∫

D

[12z2

]x+2

2√

x2+y2dx dy =

∫

D

[(x + 2)2 − 4

(x2 + y2

)]dx dy,

dove

D =

(x, y) ∈ R2 : 2√

x2 + y2 < x + 2

.

Osserviamo che

2√

x2 + y2 < x + 2 ⇐⇒(x− 2

3

)2

169

+y2

43

< 1.

Quindi D e l’insieme dei punti interni all’ellisse di equazione (x− 23)

2

169

+ y2

43

= 1.

−2/3 0 2/3 2

−1

1

x

y

Fig. 2: L’insieme D (in azzurro).

Passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi

Φ :

x = 23 + 4

3ρ cosϑ

y = 23

√3ρ sinϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = 89

√3ρ.

Allora

(x, y) ∈ D ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


Quindi si ha che D = Φ(D′), dove

D′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

ρ

θ

0 10

2π

Fig. 3: L’insieme D′ (in verde).

Quindi si ha∫

Ω2z dx dy dz =

∫

D

[(x + 2)2 − 4

(x2 + y2

)]dx dy =

=∫

D

(4 + 4x− 3x2 − 4y2

)dx dy = 3

∫

D

[169−

(x− 2

3

)2

− 43y2

]dx dy =

=12827

√3

∫

D′

(ρ− ρ3

)dρ dϑ =

essendo D′ un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda

prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene

=12827

√3

(∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

) (∫ 2π

0dϑ

)=

25627

√3π

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0=

6427

√3π.


Ω

x2

x2 + z2dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 + z2 < 2, x2 − y2 + z2 < 0, y > 0

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio compresa fra le sfere di equazione x2+y2+z2 = 2

e x2 + y2 + z2 = 1 e il semicono y =√

x2 + z2.


y

z

−1 0 1 1.5 2 3

−2

−1.5

−1

0

1

1.5

2

Fig. 4: Sezione dell’insieme Ω con il piano yz (in azzurro).

Passiamo in coordinate sferiche in cui la colatitudine e misurata rispetto all’asse

y. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ sinϑ cosϕ

y = ρ cosϑ

z = ρ sinϑ sinϕ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ, ϕ)| = ρ2 sinϑ.

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

1 < ρ2 < 2

sin2 ϑ− cos2 ϑ < 0

cosϑ > 0.


Ω′ =

(ρ, ϑ, ϕ) ∈ R3 : 1 < ρ <√

2, sin2 ϑ < cos2 ϑ, 0 ≤ ϑ <π

2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π

=

=

(ρ, ϑ, ϕ) ∈ R3 : 1 < ρ <√

2, 0 ≤ ϑ <π

4, 0 ≤ ϕ ≤ 2π

.

Allora si ha che∫

Ω

x2

x2 + z2dx dy dz =

∫

Ω′ρ2 sinϑ cos2 ϕ dρ dϑ dϕ =

essendo Ω′ un parallelepipedo con spigoli paralleli agli assi coordinati e la funzione

integranda prodotto di una funzione di ρ, di una di ϑ e di una di ϕ, si ottiene

=

(∫ √2

1ρ2 dρ

) (∫ π4

0sinϑdϑ

) (∫ 2π

0cos2 ϕdϕ

)=


=[13ρ3

]√2

1

[− cosϑ

]π4

0

[12(ϕ + sinϕ cosϕ)

]2π

0=

π

6

(5√

2− 6)

.


Ω

(x2 + y2 + z2 − 1

)dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 2, x2 + y2 < z

.

x

z

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 20

0.5

1

1.5

2


L’insieme Ω e la parte dello spazio compresa fra la sfera di equazione x2+y2+z2 = 2

e il paraboloide z = x2 + y2.

Passiamo in coordinate cilindriche con asse parallelo all’asse z. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ

z = z,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, y, ϑ)| = ρ.

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

ρ2 + z2 < 2

z > ρ2

0 < ρ < 1.


Ω′ =

(ρ, ϑ, z) ∈ R3 : 0 < ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π, ρ2 < z <√

2− ρ2

.


Allora si ha che∫

Ω

(x2 + y2 + z2 − 1

)dx dy dz =

∫

Ω′

(ρ2 + z2 − 1

)ρ dρ dϑ dz =

integrando per fili paralleli all’asse z

=∫

D

[∫ √2−ρ2

ρ2

(ρ2 + z2 − 1

)ρ dz

]dρ dϑ =

=∫

Dρ

[(ρ2 − 1

)z +

13z3

]√2−ρ2

ρ2dρ dϑ =

=∫

Dρ

[(ρ2 − 1

) √2− ρ2 +

13

(2− ρ2

) 32 −

(ρ2 − 1

)ρ2 − 1

3ρ6

]dρ dϑ =

=∫

D

[ρ3

√2− ρ2 − ρ

√2− ρ2 +

13ρ

(2− ρ2

) 32 − ρ5 + ρ3 − 1

3ρ7

]dρ dϑ,

dove D =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

ρ

θ

0 10

2π

Fig. 6: L’insieme D (in verde).

Essendo D un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda

prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene∫

Ω

(x2 + y2 + z2 − 1

)dx dy dz =

=(∫ 2π

0dϑ

) ∫ 1

0

[ρ3

√2− ρ2 − ρ

√2− ρ2 +

13ρ

(2− ρ2

) 32 − ρ5 + ρ3 − 1

3ρ7

]dρ =

integrando per parti il primo addendo

= 2π

([−1

3ρ2

(2− ρ2

) 32

]1

0+

23

∫ 1

0ρ

(2− ρ2

) 32 dρ+


−[−1

3

(2− ρ2

) 32

]1

0+

13

[−1

5

(2− ρ2

) 52

]1

0+

[−1

6ρ6 +

14ρ4 − 1

24ρ8

]1

0

)=

= 2π

(−1

3+

23

[−1

5

(2− ρ2

) 52

]1

0+

13− 2

3

√2− 1

15+

415

√2− 1

6+

14− 1

24

)=

= 2π

(− 2

15+

815

√2− 2

3

√2− 1

15+

415

√2 +

124

)= π

(415

√2− 19

60

).


Ω(x + z) dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1

.

L’insieme Ω e un tetraedro. Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene∫

Ω(x + z) dx dy dz =

∫

D

(∫ 1−x−y

0(x + z) dz

)dx dy =

∫

D

[xz +

12z2

]1−x−y

0dx dy =

=∫

D

[x(1− x− y) +

12(1− x− y)2

]dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1− x

.

x

y

0 0.5 1 1.50

0.5

1

1.5


Essendo D y-semplice, si ottiene∫

Ω(x + z) dx dy dz =

∫ 1

0

(∫ 1−x

0

[x(1− x− y) +

12(1− x− y)2

]dy

)dx =

=∫ 1

0

[−1

2(1− x− y)2 − 1

6(1− x− y)3

]1−x

0dx =


=∫ 1

0

[12x(1− x)2 +

16(1− x)3

]dx =

∫ 1

0

[12x− x2 +

12x3 +

16(1− x)3

]dx =

=[14x2 − 1

3x3 +

18x4 − 1

24(1− x)4

]1

0=

112

.


Ωx|z| dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + z2 < y <12x + 3

.

x

y

−6 −4 −2 0 2 4 60

2

4

6

8

Fig. 8: Sezione dell’insieme Ω con il piano xy (in azzurro).

Osserviamo che Ω e l’insieme dei punti compresi fra il semicono di equazione y =√

x2 + z2 e il piano di equazione y = 12x + 3. Osserviamo che sia la funzione

integranda f(x, y, z) = x|z| che l’insieme Ω presentano una simmetria rispetto al

piano xy. Infatti, se (x, y, z) ∈ Ω, allora anche (x, y,−z) ∈ Ω e f(x, y,−z) =

f(x, y, z). Ne segue che

∫

Ωx|z| dx dy dz = 2

∫

Axz dx dy dz,

dove

A =

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + z2 < y <12x + 3, z > 0

=

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z <√

y2 − x2, |x| < y <12x + 3

.


Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene

∫

Ωx|z| dx dy dz = 2

∫

Axz dx dy dz = 2

∫

D

(∫ √y2−x2

0xz dz

)dx dy =

= 2∫

D

[12xz2

]√y2−x2

0dx dy =

∫

Dx

(y2 − x2

)dx dy,

dove

D =

(x, y) ∈ R2 : |x| < y <12x + 3

= D1 ∪D2,

con

D1 =

(x, y) ∈ R2 : −2 < x < 0, −x < y <12x + 3

,

D2 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x < 6, x < y <12x + 3

.

x

y

−6 −4 −2 0 2 4 60

2

4

6

8

Fig. 9: L’insieme D = D1 ∪D2, con D1 in rosso e D2 in verde.

Essendo D1 e D2 y-semplici, si ottiene∫

Ωx|z| dx dy dz =

∫

Dx

(y2 − x2

)dx dy =

=∫

D1

x(y2 − x2

)dx dy +

∫

D2

x(y2 − x2

)dx dy =

=∫ 0

−2

(∫ 12x+3

−x

(xy2 − x3

)dy

)dx +

∫ 6

0

(∫ 12x+3

x

(xy2 − x3

)dy

)dx =

=∫ 0

−2

[13xy3 − x3y

] 12x+3

−xdx +

∫ 6

0

[13xy3 − x3y

] 12x+3

xdx =


=∫ 0

−2

[13x

(12x + 3

)3

− x3(

12x + 3

)+

13x4 − x4

]dx+

+∫ 6

0

[13x

(12x + 3

)3

− x3(

12x + 3

)− 1

3x4 + x4

]dx =

=∫ 0

−2

(−9

8x4 − 9

4x3 +

92x2 + 9x

)dx +

∫ 6

0

(524

x4 − 94x3 +

92x2 + 9x

)dx =

=[− 9

40x5 − 9

16x4 +

32x3 +

92x2

]0

−2+

[124

x5 − 916

x4 +32x3 +

92x2

]6

0=

3845

.

g) Consideriamo l’integrale∫

Ω2x dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, 0 < y < 2z + 1, x2 + y2 + 4z2 < 1

.

z

y

−1 −1/2 0 1/2 1

−1

−1/2

0

1/2

1

Fig. 10: Sezione dell’insieme Ω con il piano zy (in azzurro).

Osserviamo che Ω e l’insieme dei punti compresi fra l’ellissoide di equazione x2 +

y2 + 4z2 = 1 e i piani di equazione x = 0, y = 0 e y = 2z + 1.

Integrando per fili paralleli all’asse x si ottiene

∫

Ω2x dx dy dz = 2

∫

D

(∫ √1−y2−4z2

0x dx

)dy dz =

= 2∫

D

[12x2

]√1−y2−4z2

0dy dz =

∫

D

(1− y2 − 4z2

)dy dz,

dove

D =(z, y) ∈ R2 : 0 < y < 2z + 1, y2 + 4z2 < 1

= D1 ∪D2,


con

D1 =

(z, y) ∈ R2 : −12

< z ≤ 0, 0 < y < 2z + 1

,

D2 =(z, y) ∈ R2 : y2 + 4z2 < 1, y, z > 0

.

z

y

−1 −1/2 0 1/2 1

−1

−1/2

0

1/2

1


Quindi si ha che∫

Ω2x dx dy dz =

∫

D

(1− y2 − 4z2

)dy dz =

=∫

D1

(1− y2 − 4z2

)dy dz +

∫

D2

(1− y2 − 4z2

)dy dz.

Calcoliamo separatamente i due integrali. Essendo D1 y-semplice, si ha che∫

D1

(1− y2 − 4z2

)dy dz =

∫ 0

− 12

[∫ 2z+1

0

(1− y2 − 4z2

)dy

]dz =

=∫ 0

− 12

[(1− 4z2

)y − 1

3y3

]2z+1

0dz =

∫ 0

− 12

(−32

3z3 − 8z2 +

23

)dz =

=[−8

3z4 − 8

3z3 +

23z

]0

− 12

=16.

Essendo D2 la parte del I quadrante compresa nell’ellisse di equazione y2 + z2

14

= 1,

passiamo in coordinate ellittiche nel piano zy. Poniamo quindi

Φ :

z = 1

2ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = 1

2ρ.


Allora

(z, y) ∈ D2 ⇐⇒ 0 < ρ < 1

0 < ϑ < π2 .

Quindi si ha che D2 = Φ(D′2), dove

D′2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <

π

2

.

Quindi si ha che∫

D2

(1− y2 − 4z2

)dy dz =

∫

D′2

12ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =

ed essendo D′2 un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda


=

(∫ π2

0dϑ

) [12

∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]=

π

4

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0=

π

16.

In conclusione si ha che ∫

Ω2x dx dy dz =

π

16+

16.

h) Consideriamo l’integrale∫

Ωy dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2x < 0, 0 < z < x, x2 + y2 < 1, y > 0

.

x

y

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Fig. 12: Proiezione dell’insieme Ω sul piano xy (in azzurro).

L’insieme Ω e la parte dello spazio compresa fra i cilindri di equazione (x−1)2+y2 =

1, x2 + y2 = 1 e i piani y = 0, z = 0 e z = x.


Passiamo in coordinate cilindriche con asse parallelo all’asse z. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ

z = z,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ, z)| = ρ.

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

0 < ρ < 1

ρ < 2 cosϑ

0 < z < ρ cosϑ

0 < ϑ < π2 .


Ω′ =

(ρ, ϑ, z) ∈ R3 : 0 < ϑ <π

2, 0 < ρ < 1, ρ < 2 cos ϑ, 0 < z < ρ cosϑ

.

Allora si ha che

∫

Ωy dx dy dz =

∫

Ω′ρ2 sinϑdρ dy dϑ =

integrando per fili paralleli all’asse z

=∫

D

(∫ ρ cos ϑ

0ρ2 sinϑdz

)dρ dϑ =

∫

Dρ2 sinϑ

[z]ρ cos ϑ

0dρ dϑ =

=∫

Dρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ,

dove D = D1 ∪D2, con

D1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <π

3

,

D2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 :π

3≤ ϑ <

π

2, 0 < ρ < 2 cosϑ

.


θ

ρ

−1 −0.5 0 0.5 π/3 π/2 2 2.50

0.5

1

1.5

2

2.5


Ne segue che ∫

Ωy dx dy dz =

∫

Dρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ =

=∫

D1

ρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ +∫

D2

ρ3 cosϑ sinϑdρ dϑ =

essendo sia D1 che D2 ρ-semplici e la funzione integranda prodotto di una funzione

in ρ e di una di ϑ, si ottiene

=(∫ 1

0ρ3 dρ

) (∫ π3

0cosϑ sinϑdϑ

)+

∫ π2

π3

cosϑ sinϑ

[∫ 2 cos ϑ

0ρ3 dρ

]dϑ =

=[14ρ4

]1

0

[12

sin2 ϑ

]π3

0+

∫ π2

π3

cosϑ sinϑ

[14ρ4

]2 cos ϑ

0dϑ =

=332

+ 4∫ π

2

π3

cos5 ϑ sinϑdϑ =332

+ 4[−1

6cos6 ϑ

]π2

π3

=548

.

i) Consideriamo l’integrale∫

Ω

y2

x2 + y2dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 < 2x, 0 < z <

x2 + y2

x2

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio esterna al cilindro di equazione x2 + y2 = 1,

interna al cilindro di equazione (x − 1)2 + y2 = 1 e delimitata dal piano z = 0 e

dal grafico della funzione g(x, y) = x2+y2

x2 .



∫

Ω

y2

x2 + y2dx dy dz =

∫

D

∫ x2+y2

x2

0

y2

x2 + y2dz

dx dy =

∫

D

y2

x2dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 2x

.

x

y

−1 0 1 2

−1

0

1


Passiamo in coordinate polari nel piano xy. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Si ha che

(x, y) ∈ D ⇐⇒

1 < ρ < 2 cos ϑ

−π3 < ϑ < π

3 .


D′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : −π

3< ϑ <

π

3, 1 < ρ < 2 cos ϑ

.

Allora si ha che∫

Ω

y2

x2 + y2dx dy dz =

∫

D

y2

x2dx dy =

∫

D′

sin2 ϑ

cos2 ϑρ dρ dϑ =

essendo D′ ρ-semplice si ottiene

=∫ π

3

−π3

(∫ 2 cos ϑ

0

sin2 ϑ

cos2 ϑρ dρ

)dϑ =

∫ π3

−π3

sin2 ϑ

cos2 ϑ

[12ρ2

]2 cos ϑ

0dϑ =


θ

ρ

−2.0 −π/3 0 π/3 2.00

1

2


=12

∫ π3

−π3

sin2 ϑ

cos2 ϑ

(4 cos2 ϑ− 1

)dϑ =

12

∫ π3

−π3

(4 sin2 ϑ− tan2 ϑ

)dϑ =

essendo∫

sin2 ϑdϑ =12(ϑ− cosϑ sinϑ) + c e

∫tan2 ϑdϑ = tanϑ− ϑ + c, si ot-

tiene

=12

[2(ϑ− cosϑ sinϑ)− tanϑ + ϑ

]π3

−π3

= π − 32

√3.

l) Consideriamo l’integrale∫

Ω2z dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < x2, x2 − 2x + y2 < 0, 0 < z <

√xy

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio interna al cilindro di equazione (x−1)2 +y2 = 1

delimitata dai piani y = 0 e z = 0 e dai grafici delle funzioni g(x, y) =√

xy e

h(x, z) = x2.


∫

Ω2z dx dy dz =

∫

D

(∫ √xy

02z dz

)dx dy =

∫

D

[z2

]√xy

0dx dy =

∫

Dxy dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : 0 < y < x2, x2 − 2x + y2 < 0, x > 0

.


x

y

−1 0 1 2 3

−1

0

1


Osserviamo che D = D1 ∪D2, dove

D1 =(x, y) ∈ R2 : 0 < x ≤ 1, 0 < y < x2

,

D2 =(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2, 0 < y <

√2x− x2

.

x

y

0 1 2 3

−1

0

1



Quindi si ha che

∫

Ω2z dx dy dz =

∫

Dxy dx dy =

∫

D1

xy dx dy +∫

D2

xy dx dy =

essendo sia D1 che D2 y-semplici, si ottiene

=∫ 1

0

(∫ x2

0xy dy

)dx +

∫ 2

1

(∫ √2x−x2

0xy dy

)dx =

=∫ 1

0

[12xy2

]x2

0dx +

∫ 2

1

[12xy2

]√2x−x2

0dx =

12

∫ 1

0x5 dx +

12

∫ 2

1

(2x2 − x3

)dx =

=12

[16x6

]1

0+

12

[23x3 − 1

4x4

]2

1=

1324

.

m) Consideriamo l’integrale∫

Ωlog

√x2 + z2 dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + z2 < e2, z < x, 0 < y <1

x2 + z2

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio esterna al cilindro di equazione x2 + z2 = 1,

interna al cilindro di equazione x2 + z2 = e2 e delimitata dai piani y = 0 e x = z e

dal grafico della funzione g(x, z) = 1x2+z2 .

Integrando per fili paralleli all’asse y si ottiene

∫

Ωlog

√x2 + z2 dx dy dz =

∫

D

(∫ 1x2+z2

0log

√x2 + z2 dy

)dx dz =

=∫

D

log√

x2 + z2

x2 + z2dx dz,

dove D =(x, z) ∈ R2 : 1 < x2 + z2 < e2, z < x

.


x

z

−4 −e −2 −1 0 1 2 e 4

−e

−2

−1

0

1

2

e


Passiamo in coordinate polari nel piano xz. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

z = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Si ha che

(x, z) ∈ D ⇐⇒ 1 < ρ < e

−34π < ϑ < π

4 .


D′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 1 < ρ < e, −34π < ϑ <

π

4

.

ρ

θ

0 1 3

−3/4π

0

π/4



Allora si ha che∫

Ωlog

√x2 + z2 dx dy dz =

∫

D

log√

x2 + z2

x2 + z2dx dz =

∫

D′

log ρ

ρdρ dϑ =



=

(∫ π4

− 34π

dϑ

) (∫ e

1

log ρ

ρdρ

)= π

[12

log2 ρ

]e

1=

π

2.

n) Consideriamo l’integrale∫

Ωy2|z| dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 < 2x, 0 < z <2x

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio esterna al cilindro di equazione x2 + y2 = 1,

interna al cilindro di equazione (x − 1)2 + y2 = 1 e delimitata dal piano z = 0 e

dal grafico della funzione g(x, y) = 2x .


∫

Ωy2|z| dx dy dz =

∫

Ωy2z dx dy dz =

∫

D

(∫ 2x

0y2z dz

)dx dy =

=∫

Dy2

[12z2

] 2x

0dx dy = 2

∫

D

y2

x2dx dy,

dove D =(x, z) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 2x, x > 0

.

x

y

−1 0 1 2

−1

0

1




Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Si ha che

(x, y) ∈ D ⇐⇒

1 < ρ < 2 cos ϑ

−π3 < ϑ < π

3 .


D′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : −π

3< ϑ <

π

3, 1 < ρ < 2 cos ϑ

.

θ

ρ

−2.0 −π/3 0 π/3 2.00

1

2


Allora si ha che∫

Ωy2|z| dx dy dz = 2

∫

D

y2

x2dx dy = 2

∫

D′ρ tan2 ϑdρ dϑ =


= 2∫ π

3

−π3

(∫ 2 cos ϑ

1ρ tan2 ϑdρ

)dϑ = 2

∫ π3

−π3

tan2 ϑ

[12ρ2

]2 cos ϑ

1dϑ =

=∫ π

3

−π3

(4 sin2 ϑ− tan2 ϑ

)dϑ =

essendo∫

sin2 ϑdϑ =12(ϑ− cosϑ sinϑ) + c e

∫tan2 ϑdϑ = tanϑ− ϑ + c, si ot-

tiene

=[2(ϑ− cosϑ sinϑ)− tanϑ + ϑ

]π3

−π3

= 2π − 3√

3.


o) Consideriamo l’integrale∫

Ω|z| dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z2 − 1, 2x2 + y2 + z2 < 2

.

L’insieme Ω e la parte dello spazio compresa fra l’ellissoide di equazione 2x2 +y2 +

z2 = 2 e l’iperboloide a due falde di equazione x2 + y2 = z2 − 1.

x

z

−2 −1 0 1 2

−2

−1.5

−1

0

1

1.5

2


Osserviamo che sia la funzione integranda f(x, y, z) = |z| che l’insieme Ω presen-

tano una simmetria rispetto al piano xy. Infatti, se (x, y, z) ∈ Ω, allora anche

(x, y,−z) ∈ Ω e f(x, y,−z) = f(x, y, z). Ne segue che∫

Ω|z| dx dy dz = 2

∫

Az dx dy dz,

dove

A =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z2 − 1, 2x2 + y2 + z2 < 2, z > 0

=

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + y2 + 1 < z <√

2− 2x2 − y2

.

Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene∫

Ω|z| dx dy dz = 2

∫

Az dx dy dz = 2

∫

D

(∫ √2−2x2−y2

√x2+y2+1

z dz

)dx dy =

= 2∫

D

[12z2

]√2−2x2−y2

√x2+y2+1

dx dy =∫

D

(1− 3x2 − 2y2

)dx dy,

doveD =

(x, y) ∈ R2 :

√x2 + y2 + 1 <

√2− 2x2 − y2

=(x, y) ∈ R2 : 3x2 + 2y2 < 1

.


Essendo D la parte del piano xy compresa nell’ellisse di equazione x2

13

+ y2

12

= 1,

passiamo in coordinate ellittiche nel piano xy. Poniamo quindi

Φ :

x =√

33 ρ cosϑ

y =√

22 ρ sinϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| =√

66

ρ.

Si ha che

(x, y) ∈ D ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


D′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

ρ

θ

0 10

2π


Allora si ha che

∫

Ω|z| dx dy dz =

∫

D

(1− 3x2 − 2y2

)dx dy =

√6

6

∫

D′ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =



=√

63

π

∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ =

√6

3π

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0=√

612

π.


p) Consideriamo l’integrale∫

Ωx2|y| dx dy dz, dove

Ω =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, 0 < z < x + 1

.

L’insieme Ω e costituito dai punti interni alla sfera di equazione x2 + y2 + z2 = 1

compresi fra i piani di equazione z = 0 e z = x + 1.

x

z

−2 −1 0 1 2

−2

−1

0

1

2


Osserviamo che sia la funzione integranda f(x, y, z) = x2|y| che l’insieme Ω pre-

sentano una simmetria rispetto al piano xz. Infatti, se (x, y, z) ∈ Ω, allora anche

(x,−y, z) ∈ Ω e f(x,−y, z) = f(x, y, z). Ne segue che

∫

Ωx2|y| dx dy dz = 2

∫

Ax2y dx dy dz,

dove

A =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, 0 < z < x + 1, y > 0

=(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y <

√1− x2 − z2, 0 < z < x + 1

.


∫

Ωx2|y| dx dy dz = 2

∫

Ax2y dx dy dz = 2

∫

D

(∫ √1−x2−z2

0x2y dy

)dx dz =

= 2∫

Dx2

[12y2

]√1−x2−z2

0dx dz =

∫

Dx2

(1− x2 − z2

)dx dz,


dove

D =(x, z) ∈ R2 : x2 + z2 < 1, 0 < z < x + 1

= D1 ∪D2,

con

D1 =(x, z) ∈ R2 : −1 < x ≤ 0, 0 < z < x + 1

,

D2 =(x, z) ∈ R2 : x2 + z2 < 1, x, z > 0

.

x

z

−2 −1 0 1 2

−2

−1

0

1

2


Quindi si ha che∫

Ωx2|y| dx dy dz =

∫

Dx2

(1− x2 − z2

)dx dz =

=∫

D1

x2(1− x2 − z2

)dx dz +

∫

D2

x2(1− x2 − z2

)dx dz.

Calcoliamo separatamente i due integrali. Essendo D1 z-semplice, si ha che∫

D1

x2(1− x2 − z2

)dx dz =

∫ 0

−1

[∫ x+1

0x2

(1− x2 − z2

)dz

]dx =

=∫ 0

−1x2

[(1− x2

)z − 1

3z3

]x+1

0dx =

∫ 0

−1x2

[(1− x2

)(x + 1)− 1

3(x + 1)3

]dx =

=∫ 0

−1

(−4

3x5 − 2x4 +

23x2

)dx =

[−2

9x6 − 2

5x5 +

29x3

]0

−1=

245

.

Essendo D2 la parte del I quadrante compresa nella circonferenza di equazione

x2 + z2 = 1, passiamo in coordinate polari nel piano xz. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ

z = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.


Allora

(x, z) ∈ D2 ⇐⇒ 0 < ρ < 1

0 < ϑ < π2 .


D′2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <

π

2

.

Quindi si ha che∫

D2

x2(1− x2 − z2

)dx dz =

∫

D′2ρ3 cos2 ϑ

(1− ρ2

)dρ dϑ =

ed essendo D′2 un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda


=

(∫ π2

0cos2 ϑdϑ

) [∫ 1

0

(ρ3 − ρ5

)dρ

]=

[12(ϑ + sin ϑ cosϑ)

]π2

0

[14ρ4 − 1

6ρ6

]1

0=

π

48.

In conclusione si ha che∫

Ωx2|y| dx dy dz =

π

48+

245

.


Esercizio 2. Calcolare il volume dei seguenti insiemi:

a) E =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1

[16

]

b) E =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + 4y2 < π2, x2 + y2 >

π2

4, x > 0, 0 < z < x cos y

[6]

c) E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 3x2 + 5y2, z < 8− x2 − 3y2

[4π√

2]

d) E =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < 3|z|, x2 + z2 > 1, z2 − 2 < x < 1 +12|z|

[16]

e) E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 4, x2 + y2 − 2x < 0

[163 π − 64

9

]

f) E =

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + y2 < z <√

3x2 + 3y2, x2 + y2 + z2 < 2

[23π

(√6− 2

)]

g) E =(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z < 1− x2 − y2

[π2

]

h) E =

(x, y, z) ∈ R3 : 2y2 + z2 < x < 1 +74y2 +

89z2

[3π]


Svolgimento

I grafici degli insiemi di integrazione di questi esercizi si trovano sulla pagina web

http://calvino.polito.it/∼lancelot/didattica/analisi2/esercizi/grafici integrali tripli esercizio 2.html

.

a) Consideriamo l’insieme E =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1

.

L’insieme E e un tetraedro. Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene

m(E) =∫

Edx dy dz =

∫

D

(∫ 1−x−y

0dz

)dx dy =

∫

D(1− x− y) dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1− x

.

x

y

0 0.5 1 1.50

0.5

1

1.5


Essendo D y-semplice, si ottiene

m(E) =∫

D(1− x− y) dx dy =

∫ 1

0

[∫ 1−x

0(1− x− y) dy

]dx =

=∫ 1

0

[(1− x)y − 1

2y2

]1−x

0dx =

12

∫ 1

0(1− x)2 dx =

12

[−1

3(1− x)3

]1

0dx =

16.

b) Consideriamo l’insieme

E =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + 4y2 < π2, x2 + y2 >

π2

4, x > 0, 0 < z < x cos y

.


L’insieme E e la parte dello spazio esterna al cilindro di equazione x2 + y2 = π2

4 ,

interna al cilindro di equazione x2 + 4y2 = π2 e delimitata dai piani x = 0 e z = 0

e dal grafico della funzione g(x, y) = x cos y.


m(E) =∫

Edx dy dz =

∫

D

(∫ x cos y

0dz

)dx dy =

∫

Dx cos y dx dy,

dove

D =

(x, y) ∈ R2 : x2 + 4y2 < π2, x2 + y2 >

π2

4, x > 0

=

(x, y) ∈ R2 : −π

2< y <

π

2,

√π2

4− y2 < x <

√π2 − 4y2

.

x

y

0 π/2 π

−π/2

0

π/2


Essendo D x-semplice, si ottiene

m(E) =∫

Dx cos y dx dy =

∫ π2

−π2

∫ √π2−4y2

√π2

4−y2

x cos y dx

dy =

=∫ π

2

−π2

cos y

[12x2

]√π2−4y2

√π2

4−y2

dy =12

∫ π2

−π2

(34π2 − 3y2

)cos y dy =

=38π2

∫ π2

−π2

cos y dy − 32

∫ π2

−π2

y2 cos y dy =


integrando per parti il secondo integrale

=38π2

[sin y

]π2

−π2

− 32

([y2 sin y

]π2

−π2

− 2∫ π

2

−π2

y sin y dy

)=

procedendo ancora con l’integrazione per parti

=34π2 − 3

4π2 + 3

([−y cos y

]π2

−π2

+∫ π

2

−π2

cos y dy

)= 3

[sin y

]π2

−π2

= 6.

c) Consideriamo l’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 3x2 + 5y2, z < 8− x2 − 3y2

.

L’insieme E e la parte dello spazio compresa fra i tre paraboloidi di equazione

z = x2 + y2, z = 3x2 + 5y2 e z = 8− x2 − 3y2.

x

z

−6 −4 −2 0 2 60

4

6

8

Fig. 28: Sezione dell’insieme E con il piano xz (in azzurro).

Osserviamo che E = E1 \E2, dove

E1 =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 8− x2 − 3y2

,

E2 =(x, y, z) ∈ R3 : 3x2 + 5y2 ≤ z < 8− x2 − 3y2

.

Ne segue che m(E) = m(E1) −m(E2). Calcoliamo separatamente i volumi di E1

ed E2. Consideriamo inizialmente E1.



m(E1) =∫

D1

dx dy dz =∫

D1

(∫ 8−x2−3y2

x2+y2dz

)dx dy = 2

∫

D1

(4− x2 − 2y2

)dx dy,

dove D1 =(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 4

. Essedo D1 l’insieme dei punti del piano

xy compresi nell’ellisse di equazione x2

4 + y2

2 = 1, passiamo in coordinate ellittiche

nel piano xy. Poniamo quindi

Φ :

x = 2ρ cosϑ

y =√

2ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = 2

√2ρ.

Allora

(x, y) ∈ D1 ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


D′1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E1) = 2∫

D1

(4− x2 − 2y2

)dx dy = 16

√2

∫

D′1ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =

essendo D′1 un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda


= 16√

2(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]= 32π

√2

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0= 8π

√2.

Consideriamo ora E2. Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene

m(E2) =∫

D2

dx dy dz =∫

D2

(∫ 8−x2−3y2

3x2+5y2dz

)dx dy = 4

∫

D2

(2− x2 − 2y2

)dx dy,

dove D2 =(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 2

. Essedo D2 l’insieme dei punti del piano

xy compresi nell’ellisse di equazione x2

2 + y2 = 1, passiamo in coordinate ellittiche

nel piano xy. Poniamo quindi

Φ :

x =

√2ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| =

√2ρ.

Allora

(x, y) ∈ D2 ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.



D′2 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E2) = 4∫

D2

(2− x2 − 2y2

)dx dy = 8

√2

∫

D′2ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =



= 8√

2(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]= 16π

√2

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0= 4π

√2.

In conclusione si ha che m(E) = m(E1)−m(E2) = 4π√

2.

d) Consideriamo l’insieme

E =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < 3|z|, x2 + z2 > 1, z2 − 2 < x < 1 +12|z|

.

Osserviamo che l’insieme E e simmetrico rispetto al piano xy. Infatti, se (x, y, z) ∈E, allora anche (x, y,−z) ∈ E. Quindi m(E) = 2m(E1), dove

E1 =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < 3z, x2 + z2 > 1, z2 − 2 < x < 1 +12z

.


m(E) = 2m(E1) = 2∫

E1

dx dy dz = 2∫

D

(∫ 3z

0dy

)dx dz = 6

∫

Dz dx dz,

dove D =(x, z) ∈ R2 : x2 + z2 > 1, z2 − 2 < x < 1 + 1

2z, z > 0. Osserviamo

che D = D1 ∪D2 ∪D3, dove

D1 =(x, z) ∈ R2 : −2 < x ≤ −1 , 0 < z <

√x + 2

,

D2 =(x, z) ∈ R2 : −1 < x < 1,

√1− x2 < z <

√x + 2

,

D3 =(x, z) ∈ R2 : 1 ≤ x < 2, 2x− 2 < z <

√x + 2

.


x

z

−2 −1 0 1 20

1

1.5

2

Fig. 29: L’insieme D = D1 ∪D2 ∪D3, con D1 in rosso, D2 in verde e D3 in azzurro.

Quindi

m(E) = 6∫

Dz dx dz = 6

(∫

D1

z dx dz +∫

D2

z dx dz +∫

D3

z dx dz

)=

essendo D1, D2, D3 z-semplici, si ottiene

= 6

[∫ −1

−2

(∫ √x+2

0z dz

)dx +

∫ 1

−1

(∫ √x+2

√1−x2

z dz

)dx +

∫ 2

1

(∫ √x+2

2x−2z dz

)dx

]=

= 6

(∫ −1

−2

[12z2

]√x+2

0dx +

∫ 1

−1

[12z2

]√x+2

√1−x2

dx +∫ 2

1

[12z2

]√x+2

2x−2dx

)=

= 3[∫ −1

−2(x + 2) dx +

∫ 1

−1

(x2 + x + 1

)dx +

∫ 2

1

(−4x2 + 9x− 2

)dx

]=

= 3

([12(x + 2)2

]−1

−2+

[13x3 +

12x2 + x

]1

−1+

[−4

3x3 +

92x2 − 2x

]2

1

)= 16.

e) Consideriamo l’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 4, x2 + y2 − 2x < 0

.

L’insieme E e la parte dello spazio interna al cilindro di equazione (x−1)2+y2 = 1

e alla sfera di equazione x2 +y2 +z2 = 4. Osserviamo che l’insieme E e simmetrico

rispetto al piano xy. Infatti, se (x, y, z) ∈ E, allora anche (x, y,−z) ∈ E. Quindi

m(E) = 2m(E1), dove

E1 =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z <√

4− x2 − y2, x2 + y2 − 2x < 0

.



m(E) = 2m(E1) = 2∫

E1

dx dy dz = 2∫

D

(∫ √4−x2−y2

0dz

)dx dy =

= 2∫

D

√4− x2 − y2 dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2x < 0

.

x

y

0 1 2

−1

0

1



Φ :

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.

Allora

(x, y) ∈ D ⇐⇒

0 < ρ < 2 cos ϑ

−π2 < ϑ < π

2 .


D′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : −π

2< ϑ <

π

2, 0 < ρ < 2 cos ϑ

.

Ne segue che

m(E) = 2∫

D

√4− x2 − y2 dx dy = 2

∫

D′ρ√

4− ρ2 dρ dϑ =


= 2∫ π

2

−π2

(∫ 2 cos ϑ

0ρ√

4− ρ2 dρ

)dϑ = 2

∫ π2

−π2

[−1

3

(4− ρ2

) 32

]2 cos ϑ

0dϑ =


θ

ρ

−π/2 0 π/20

1

2


= −23

∫ π2

−π2

[(4− 4 cos2 ϑ

) 32 − 8

]dϑ = −16

3

∫ π2

−π2

(∣∣∣sin3 ϑ∣∣∣− 1

)dϑ =

= −323

∫ π2

0

(sin3 ϑ− 1

)dϑ =

163

π − 323

∫ π2

0

(sinϑ− sinϑ cos2 ϑ

)dϑ =

=163

π − 323

[− cosϑ +

13

cos3 ϑ

]π2

0=

163

π − 649

.

f) Consideriamo l’insieme

E =

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + y2 < z <√

3x2 + 3y2, x2 + y2 + z2 < 2

.

L’insieme E e la parte dello spazio interna alla sfera di equazione x2 + y2 + z2 = 2

e compresa fra i semiconi di equazione z =√

x2 + y2 e z =√

3√

x2 + y2.

Osserviamo che E = E1 \ E2, dove

E1 =

(x, y, z) ∈ R3 :√

x2 + y2 < z <√

2− x2 − y2

,

E2 =

(x, y, z) ∈ R3 :√

3√

x2 + y2 ≤ z <√

2− x2 − y2

.

Ne segue che m(E) = m(E1) −m(E2). Calcoliamo separatamente i volumi di E1

ed E2. Consideriamo inizialmente E1.


m(E1) =∫

D1

dx dy dz =∫

D1

(∫ √2−x2−y2

√x2+y2

dz

)dx dy =


x

z

−1.5 −1 0 1 1.50

1

1.5


=∫

D1

(√2− x2 − y2 −

√x2 + y2

)dx dy,

dove D1 =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

. Passiamo in coordinate polari nel piano

xy. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ D1 ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


D′1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E1) =∫

D1

(√2− x2 − y2 −

√x2 + y2

)dx dy =

∫

D′1ρ

(√2− ρ2 − ρ

)dρ dϑ =



=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ√

2− ρ2 − ρ2)

dρ

]= 2π

[−1

3

(2− ρ2

) 32 − 1

3ρ3

]1

0=

=43π

(√2− 1

).


Consideriamo ora E2. Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene

m(E2) =∫

D2

dx dy dz =∫

D2

(∫ √2−x2−y2

√3√

x2+y2dz

)dx dy =

=∫

D2

(√2− x2 − y2 −

√3√

x2 + y2

)dx dy,

dove D2 =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

2


xy. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ D2 ⇐⇒

0 ≤ ρ <√

22

0 ≤ ϑ < 2π.


D′1 =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ <

√2

2, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E2) =∫

D2

(√2− x2 − y2 −

√3√

x2 + y2

)dx dy =

=∫

D′2ρ

(√2− ρ2 −

√3ρ

)dρ dϑ =



=(∫ 2π

0dϑ

)

∫ √2

2

0

(ρ√

2− ρ2 −√

3ρ2)

dρ

= 2π

[−1

3

(2− ρ2

) 32 −

√3

3ρ3

]√22

0

=

=23π√

2(2−

√3)

.

In conclusione si ha che m(E) = m(E1)−m(E2) = 23π

(√6− 2

).

g) Consideriamo l’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z < 1− x2 − y2

.

L’insieme E e la parte dello spazio compresa fra il piano z = 0 e il paraboloide di

equazione z = 1− x2 − y2.


x

z

−1 0 10

1



m(E) =∫

Edx dy dz =

∫

D

(∫ 1−x2−y2

0dz

)dx dy =

∫

D

(1− x2 − y2

)dx dy,

dove D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1


xy. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ D ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


D′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E) =∫

D

(1− x2 − y2

)dx dy =

∫

D′ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =



=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]= 2π

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0=

π

2.


h) Consideriamo l’insieme

E =

(x, y, z) ∈ R3 : 2y2 + z2 < x < 1 +74y2 +

89z2

.

L’insieme E e la parte dello spazio compresa fra i paraboloidi di equazione x =

2y2 + z2 e x = 1 + 74y2 + 8

9z2.

y

x

−6 −4 −2 0 2 4 60

1

2

3

4

5

6

7

8

Fig. 34: Sezione dell’insieme E con il piano yx (in azzurro).

Integrando per fili paralleli all’asse x si ottiene

m(E) =∫

Edx dy dz =

∫

D

(∫ 1+ 74y2+ 8

9z2

2y2+z2dx

)dy dz =

∫

D

(1− 1

4y2 − 1

9z2

)dy dz,

dove D =(x, y) ∈ R2 : y2

4 + z2

9 < 1. Essendo D l’insieme dei punti interni

all’ellisse di equazione y2

4 + z2

9 = 1, passiamo in coordinate ellittiche nel piano yz.

Poniamo quindi

Φ :

y = 2ρ cosϑ

z = 3ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = 6ρ.

Allora

(y, z) ∈ D ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


D′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Ne segue che

m(E) =∫

D

(1− 1

4y2 − 1

9z2

)dy dz = 6

∫

D′ρ

(1− ρ2

)dρ dϑ =




= 6(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]= 12π

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0= 3π.

Integrali di superficie: esercizisvolti


giore.

Esercizio 1. Calcolare i seguenti integrali superficiali sulle superfici specificate:

a)∫

Σ

1z4

dσ, Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =

1√x2 + y2

, 1 ≤ z ≤ 2

[π3

(2√

2− 1764

√17

)]

b)∫

Σ

1√1− y4

dσ,

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z = x +

√2

2y2, 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2, y ≤ sinx

[332

√2π2

]

c)∫

Σz2 dσ, Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z = xy, 0 ≤ y ≤

√3x, x2 + y2 ≤ 1

[1

420

(11√

2− 4) (

π3 +

√3

8

)]

d)∫

Σ(x2 + y2) dσ, Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =

√x2 + y2, x2 + y2 < 1

[√2

2 π]

e)∫

Σ

x2 + y2

z3dσ, Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (sin (uv), cos (uv), u), (u, v) ∈ Ω

,

Ω =

(u, v) ∈ R2 :12

< u < v, v < 1

[1− log 2]

1

2 Integrali di superficie: esercizi svolti

f)∫

Σ

14z + 1

dσ, Σ =(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 + y2, x2 + y2 < 1

[π2

(√5− 1

)]

Svolgimento


Σ

1z4

dσ, dove

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =

1√x2 + y2

, 1 ≤ z ≤ 2

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = 1√x2+y2

,

dove

K =

(x, y) ∈ R2 :14≤ x2 + y2 ≤ 1

.

x

y

−1 −1/2 O(0,0) 1/2 1

−1

−1/2

1/2

1

Fig. 1: L’insieme K.

Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da

σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =

(x, y,

1√x2 + y2

).

Quindi si ha che∫

Σ

1z4

dσ =∫

K

(x2 + y2

)2 ‖N(x, y)‖ dx dy,

dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ

∂y (x, y). Si ha che

N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)=

Integrali di superficie: esercizi svolti 3

=

(x

(x2 + y2)32

,y

(x2 + y2)32

, 1

)=⇒ ‖N(x, y)‖ =

√1 + (x2 + y2)2

x2 + y2.

Quindi∫

Σ

1z4

dσ =∫

K

(x2 + y2

)2 ‖N(x, y)‖ dx dy =∫

K

(x2 + y2

) √1 + (x2 + y2)2 dx dy.


Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ K ⇐⇒

12 ≤ ρ ≤ 1

0 ≤ ϑ < 2π.

Quindi si ha che K = Φ(K ′), dove

K ′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 :12≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Quindi si ha che∫

Σ

1z4

dσ =∫

K

(x2 + y2

) √1 + (x2 + y2)2 dx dy =

∫

K′ρ3

√1 + ρ4 dρ dϑ =

ed essendo K ′ un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda


=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

12

ρ3√

1 + ρ4 dρ

]= 2π

[16

(1 + ρ4

) 32

]1

12

=π

3

(2√

2− 1764

√17

).


Σ

1√1− y4

dσ, dove

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z = x +

√2

2y2, 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2, y ≤ sinx

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = x+√

22 y2,

dove

K =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2, y ≤ sinx

.


σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =

(x, y, x +

√2

2y2

).


x

y

Ο(0,0) π/4 π/2

1


Quindi si ha che∫

Σ

1√1− y4

dσ =∫

K

1√1− y4

‖N(x, y)‖ dx dy,

dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ


N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)=

(−1,−

√2y, 1

),

‖N(x, y)‖ =√

2√

1 + y2.

Quindi∫

Σ

1√1− y4

dσ =∫

K

1√1− y4

‖N(x, y)‖ dx dy =√

2∫

K

1√1− y2

dx dy.

Osserviamo che K = K1 ∪K2, dove

K1 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π

4, y ≤ sinx

,

K2 =

(x, y) ∈ R2 :

π

4< x ≤ π

2, 0 ≤ y ≤

√2

2

.

Allora ∫

Σ

1√1− y4

dσ =√

2∫

K

1√1− y2

dx dy =

=√

2∫

K1

1√1− y2

dx dy +√

2∫

K2

1√1− y2

dx dy =


x

y

Ο(0,0) π/4 π/2

1

Fig. 3: Gli insiemi K1 (in rosso) e K2 (in verde).

ed essendo sia K1 che K2 y-semplici, si ottiene

=√

2∫ π

4

0

[∫ sin x

0

1√1− y2

dy

]dx +

√2

∫ π2

π4

∫ √2

2

0

1√1− y2

dy

dx =

=√

2∫ π

4

0

[arcsin y

]sin x

0dx +

√2

∫ π2

π4

[arcsin y

]√22

0dx =

=√

2∫ π

4

0x dx +

π2

16

√2 =

√2

[12x2

]π4

0+

π2

16

√2 =

332

√2π2.


Σz2 dσ, dove

Σ =(x, y, z) ∈ R3 : z = xy, 0 ≤ y ≤

√3x, x2 + y2 ≤ 1

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = xy, dove

K =(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

√3x, x2 + y2 ≤ 1

.


σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = (x, y, xy).

Quindi si ha che ∫

Σz2 dσ =

∫

Kx2y2‖N(x, y)‖ dx dy,


x

y

−1 −1/2 O(0,0) 1/2 1

−1

1


dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ


N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)= (−y,−x, 1),

‖N(x, y)‖ =√

1 + x2 + y2.

Quindi

∫

Σz2 dσ =

∫

Kx2y2‖N(x, y)‖ dx dy =

∫

Kx2y2

√1 + x2 + y2 dx dy.


Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ K ⇐⇒ 0 ≤ ρ ≤ 1

0 ≤ ϑ ≤ π3 .


K ′ =

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π

3

.

Quindi si ha che

∫

Σz2 dσ =

∫

Kx2y2

√1 + x2 + y2 dx dy =

∫

K′ρ5 cos2 ϑ sin2 ϑ

√1 + ρ2 dρ dϑ =




=

(∫ π3

0cos2 ϑ sin2 ϑdϑ

) [∫ 1

0ρ5

√1 + ρ2 dρ

].

Calcoliamo separatamente i due integrali. Si ha che

∫ π3

0cos2 ϑ sin2 ϑdϑ =

∫ π3

0

(12

sin 2ϑ)2

dϑ =14

[14(2ϑ− sin 2ϑ cos 2ϑ)

]π3

0=

=116

(23π +

√3

4

);

integrando due volte per parti si ottiene

∫ 1

0ρ5

√1 + ρ2 dρ =

[13ρ4

(1 + ρ2

) 32

]1

0− 4

3

∫ 1

0ρ3

(1 + ρ2

) 32 dρ =

=23

√2− 4

3

[15ρ2

(1 + ρ2

) 52

]1

0+

815

∫ 1

0ρ

(1 + ρ2

) 52 dρ =

=23

√2− 16

15

√2 +

815

[17

(1 + ρ2

) 72

]1

0=

2105

(11√

2− 4)

.

In conclusione

∫

Σz2 dσ =

116

(23π +

√3

4

)2

105

(11√

2− 4)

=1

420

(11√

2− 4) (

π

3+√

38

).


Σ

(x2 + y2

)dσ, dove

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =√

x2 + y2, x2 + y2 < 1

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) =√

x2 + y2,

dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

.

E quindi la parte del semicono di equazione z =√

x2 + y2 compresa fra il vertice

O(0, 0, 0) e il piano z = 1.


σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(

x, y,√

x2 + y2

).


x

y

−1 O(0,0) 1

−1

1

Fig. 5: L’insieme K (in azzurro).

Quindi si ha che

∫

Σ

(x2 + y2

)dσ =

∫

K

(x2 + y2

)‖N(x, y)‖ dx dy,

dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ


N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)=

=

(− x√

x2 + y2,− y√

x2 + y2, 1

)=⇒ ‖N(x, y)‖ =

√2.

Quindi

∫

Σ

(x2 + y2

)dσ =

∫

K

(x2 + y2

)‖N(x, y)‖ dx dy =

√2

∫

K

(x2 + y2

)dx dy.


Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ K ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


K ′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.


Quindi si ha che∫

Σ

(x2 + y2

)dσ =

√2

∫

K

(x2 + y2

)dx dy =

√2

∫

K′ρ3 dρ dϑ =



=√

2(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0ρ3 dρ

]= 2

√2π

[14ρ4

]1

0=√

22

π.


Σ

x2 + y2

z3dσ, dove

Σ =(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (sin (uv), cos (uv), u), (u, v) ∈ Ω

,

Ω =

(u, v) ∈ R2 :12

< u < v, v < 1

.

Si ha che Σ = σ(Ω), dove σ : Ω → R3 e definita da

σ(u, v) = (sin (uv), cos (uv), u).

u

v

O(0,0) 1/2 1

1/2

1


Quindi si ha che ∫

Σ

x2 + y2

z3dσ =

∫

Ω

1u3‖N(u, v)‖ du dv,

dove N(u, v) = ∂σ∂u (u, v) ∧ ∂σ

∂v (u, v). Si ha che

∂σ

∂u(u, v) = (v cos (uv),−v sin (uv), 1),

∂σ

∂u(v, v) = (u cos (uv),−u sin (uv), 0),


∂σ

∂u(u, v) ∧ ∂σ

∂v(u, v) =

∣∣∣∣∣∣

i j kv cos (uv) −v sin (uv) 1u cos (uv) −u sin (uv) 0

∣∣∣∣∣∣= u sin (uv)i + u cos (uv)j.

Quindi

N(u, v) =∂σ

∂u(u, v) ∧ ∂σ

∂v(u, v) = (u sin (uv), u cos (uv), 0) =⇒ ‖N(u, v)‖ = u.

Quindi ∫

Σ

x2 + y2

z3dσ =

∫

Ω

1u3‖N(u, v)‖ du dv =

∫

Ω

1u2

du dv =

essendo Ω u-semplice, si ottiene

=∫ 1

12

(∫ v

12

1u2

du

)dv =

∫ 1

12

[−1

u

]v

12

dv =∫ 1

12

(2− 1

v

)dv =

[2v−log v

]1

12

= 1−log 2.


Σ

14z + 1

dσ, dove

Σ =(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 + y2, x2 + y2 < 1

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = x2 + y2,

dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

.

E quindi la parte del paraboloide di equazione z = x2 + y2 compresa fra il vertice

O(0, 0, 0) e il piano z = 1.


σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(x, y, x2 + y2

).

Quindi si ha che∫

Σ

14z + 1

dσ =∫

K

11 + 4x2 + 4y2

‖N(x, y)‖ dx dy,

dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ


N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)= (−2x,−2y, 1),

‖N(x, y)‖ =√

1 + 4x2 + 4y2.

Quindi∫

Σ

14z + 1

dσ =∫

K

11 + 4x2 + 4y2

‖N(x, y)‖ dx dy =∫

K

1√1 + 4x2 + 4y2

dx dy.


x

y

−1 O(0,0) 1

−1

1



Φ :

x = ρ cosϑ


Allora

(x, y) ∈ K ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


K ′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Quindi si ha che∫

Σ

14z + 1

dσ =∫

K

1√1 + 4x2 + 4y2

dx dy =∫

K′

ρ√1 + 4ρ2

dρ dϑ =



=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

ρ√1 + 4ρ2

dρ

]= 2π

[14

√1 + 4ρ2

]1

0=

π

2

(√5− 1

).


Esercizio 2. Calcolare l’area delle seguenti superfici:

a) Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =12

(x2 + 2y2

), x2 + 4y2 < 8

[263 π

]

b) Σ =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = R2

, R > 0

[4πR2

]

Svolgimento

a) Consideriamo la superficie Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : z =12(x2 + 2y2), x2 + 4y2 < 8

.

La superficie Σ e il grafico della funzione g : K → R definita da g(x, y) = 12(x2 +

2y2), dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 8

=

(x, y) ∈ R2 :

x2

8+

y2

2< 1

.

E quindi parte del paraboloide ellittico di equazione z = 12(x2 + 2y2).

x

y

−3 −2 −1 0 1 2 3

−2

−1

0

1

2



σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(

x, y,12

(x2 + 2y2

)).


Quindi si ha che l’area di Σ e

AΣ =∫

K‖N(x, y)‖ dx dy,

dove N(x, y) = ∂σ∂x (x, y) ∧ ∂σ


N(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)= (−x,−2y, 1),

‖N(x, y)‖ =√

1 + x2 + 4y2.

Quindi

AΣ =∫

K‖N(x, y)‖ dx dy =

∫

K

√1 + x2 + 4y2 dx dy.

Passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi

Φ :

x = 2

√2ρ cosϑ

y =√

2ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = 4ρ.

Allora

(x, y) ∈ K ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < 2π.


K ′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π

.

Quindi si ha che

AΣ =∫

K‖N(x, y)‖ dx dy =

∫

K

√1 + x2 + 4y2 dx dy = 4

∫

K′ρ√

1 + 8ρ2 dρ dϑ =



= 4(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0ρ√

1 + 8ρ2 dρ

]= 8π

[124

(1 + 8ρ2

) 32

]1

0=

263

π.

b) Consideriamo la superficie Σ =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = R2

, con R > 0.

La superficie Σ e la sfera di centro O(0, 0, 0) e raggio R. Si ha che Σ = σ(K), dove

σ : K → R3 e definita da

σ(ϑ, ϕ) = (R sinϑ cosϕ,R sinϑ sinϕ,R cosϑ),

dove K =(ϑ, ϕ) ∈ R2 : 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π

.


θ

φ

Ο(0,0) π

2π


Quindi si ha che l’area di Σ e

AΣ =∫

K‖N(ϑ, ϕ)‖ dϑ dϕ,

dove N(ϑ, ϕ) = ∂σ∂ϑ(ϑ, ϕ) ∧ ∂σ

∂ϕ(ϑ, ϕ). Si ha che

∂σ

∂ϑ(ϑ, ϕ) = (R cosϑ cosϕ,R cosϑ sinϕ,−R sinϑ),

∂σ

∂ϕ(ϑ, ϕ) = (−R sinϑ sinϕ,R sinϑ cosϕ, 0),

∂σ

∂ϑ(ϑ, ϕ) ∧ ∂σ

∂ϕ(ϑ, ϕ) =

∣∣∣∣∣∣

i j kR cosϑ cosϕ R cosϑ sinϕ −R sinϑ−R sinϑ sinϕ R sinϑ cosϕ 0

∣∣∣∣∣∣=

= R2 sin2 ϑ cosϕi + R2 sin2 ϑ sinϕj + R2 sinϑ cosϑk.

Quindi

N(ϑ, ϕ) =∂σ

∂ϑ(ϑ, ϕ) ∧ ∂σ

∂ϕ(ϑ, ϕ) = (R2 sin2 ϑ cosϕ, R2 sin2 ϑ sinϕ, R2 sinϑ cosϑ),

‖N(ϑ, ϕ)‖ = R2 sinϑ.

Quindi

AΣ =∫

K‖N(ϑ, ϕ)‖ dϑ dϕ = R2

∫

Ksinϑdϑ dϕ =

essendo K un rettangolo con lati paralleli agli assi ϑ e ϕ e la funzione integranda

prodotto di una funzione di ϑ e di una di ϕ, si ottiene

= R2(∫ 2π

0dϕ

) [∫ π

0sinϑdϑ

]= 2πR2

[− cosϑ

]π

0= 4πR2.


Esercizio 3. Calcolare il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) = (x, y, z2) dalla

superficie costituita dal bordo di

D =(x, y, z) ∈ R3 : −1 < z < −x2 − y2

.

[π3

]

Svolgimento

Il flusso uscente del campo vettoriale F dal bordo di D puo essere calcolato in

due modi: con la definizione oppure applicando il Teorema di Gauss, detto anche della

divergenza.

1 modo: con la definizione

Si ha che ∂D = Σ1 ∪ Σ2, dove

Σ1 =(x, y, z) ∈ R3 : z = −1, x2 + y2 < 1

,

Σ2 =(x, y, z) ∈ R3 : z = −x2 − y2, x2 + y2 < 1

.

Quindi ∫

∂DF · n =

∫

Σ1

F · n +∫

Σ2

F · n.

−1.0

−0.9

−0.8

−0.7

−0.6

−0.5

−0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0.0

Z

−1.0−0.8

−0.6−0.4

−0.20.0

0.20.4

0.60.8

1.0

Y−1.0

−0.8−0.6

−0.4−0.2

0.00.2

0.40.6

0.81.0

X

Fig. 10: L’insieme ∂D = Σ1 ∪ Σ2, con Σ1 (in nero) e Σ2 (in verde).


Si ha che Σ1 e il grafico della funzione g1 : K → R definita da g1(x, y) = −1 e Σ2 e

il grafico della funzione g2 : K → R definita da g2(x, y) = −x2 − y2, dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

.

x

y

−1 O(0,0) 1

−1

1


Allora si ha che Σ1 = σ1(K), dove σ1 : K → R3 e definita da

σ1(x, y) = (x, y, g1(x, y)) = (x, y,−1)

e Σ2 = σ2(K), dove σ2 : K → R3 e definita da

σ2(x, y) = (x, y, g2(x, y)) =(x, y,−x2 − y2

).

Per definizione di integrale di flusso si ha che∫

Σ1

F · n =∫

KF (σ1(x, y)) ·N1(x, y) dx dy,

dove N1(x, y) e il vettore normale esterno a D nel punto σ1(x, y) uscente da Σ1. Si ha

che il vettore N(x, y) = ∂σ1∂x (x, y) ∧ ∂σ1

∂y (x, y) e normale alla superficie Σ1 = σ1(K). Si

ha che

N(x, y) =∂σ1

∂x(x, y) ∧ ∂σ1

∂y(x, y) =

(−∂g1

∂x(x, y),−∂g1

∂y(x, y), 1

)= (0, 0, 1).

Questo vettore normale e entrante in D. Quindi un vettore uscente e N1(x, y) =

−N(x, y) = (0, 0,−1). Ne segue che∫

Σ1

F · n =∫

KF (σ1(x, y)) ·N1(x, y) dx dy =

∫

KF (x, y,−1) · (0, 0,−1) dx dy =


=∫

K(x, y, 1) · (0, 0,−1) dx dy = −

∫

Kdx dy = −m(K) = −π.


Σ2

F · n =∫

KF (σ2(x, y)) ·N2(x, y) dx dy,

dove N2(x, y) e il vettore normale esterno a D nel punto σ2(x, y) uscente da Σ2. Si ha

che il vettore N(x, y) = ∂σ2∂x (x, y) ∧ ∂σ2

∂y (x, y) e normale alla superficie Σ2 = σ2(K). Si

ha che

N(x, y) =∂σ2

∂x(x, y) ∧ ∂σ2

∂y(x, y) =

(−∂g2

∂x(x, y),−∂g2

∂y(x, y), 1

)= (2x, 2y, 1).

Questo vettore normale e uscente da D. Quindi un vettore uscente e N2(x, y) =

N(x, y) = (2x, 2y, 1). Ne segue che∫

Σ2

F · n =∫

KF (σ2(x, y)) ·N2(x, y) dx dy =

∫

KF

(x, y,−x2 − y2

)· (2x, 2y, 1) dx dy =

=∫

K

(x, y,

(x2 + y2

)2)· (2x, 2y, 1) dx dy =

∫

K

[2

(x2 + y2

)+

(x2 + y2

)2]

dx dy =

passando in coordinate polari nel piano

=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(2ρ3 + ρ5

)dρ

]= 2π

[12ρ4 +

16ρ6

]1

0=

43π.

In conclusione si ha che∫

∂DF · n =

∫

Σ1

F · n +∫

Σ2

F · n =π

3.

2 modo: con il Teorema di Gauss (o della divergenza)

Essendo il campo F di classe C1 e l’insieme D un aperto con bordo, per il Teorema

di Gauss si ha che ∫

∂DF · n =

∫

DdivF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1, f2, f3), si ha che

divF (x, y, z) =∂f1

∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 2(1 + z) e∫

∂DF · n =

∫

DdivF (x, y, z) dx dy dz = 2

∫

D(1 + z) dx dy dz =


integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene

= 2∫

K

(∫ −x2−y2

−1(1 + z) dz

)dx dy = 2

∫

K

[z +

12z2

]−x2−y2

−1dx dy =

= 2∫

K

[12

(x2 + y2

)2 − x2 − y2 +12

]dx dy,

dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

.

Passando in coordinate polari nel piano si ottiene∫

∂DF · n = 2

∫

K

[12

(x2 + y2

)2 − x2 − y2 +12

]dx dy =

= 2(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

[12ρ5 − ρ3 +

12ρ

]dρ

]= 4π

[112

ρ6 − 14ρ4 +

14ρ2

]1

0=

π

3.

Esercizio 4. Calcolare il flusso uscente del campo vettoriale F dal bordo dell’insieme

D nei seguenti casi:

a) F (x, y, z) = (x, y, z), D =(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z < 1, x > 0, y > 0, z > 0

[12

]

b) F (x, y, z) =(x2, y2, z

), D =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 1

[π2

]

c) F (x, y, z) =(x3, y3, z3

), D =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, z > 0

[65π

]

Svolgimento

a) Calcoliamo il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) = (x, y, z) dal bordo

dell’insieme D =(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z < 1, x > 0, y > 0, z > 0

. Per il

Teorema di Gauss (o della divergenza) si ha che∫

∂DF · n =

∫





∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 3 e∫

∂DF · n =

∫


∫

Ddx dy dz =


= 3∫

Ω

(∫ 1−x−y

0dz

)dx dy = 3

∫

Ω(1− x− y) dx dy,

dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1− x

.

x

y

O(0,0) 1

1


Essendo Ω y-semplice, si ottiene∫

∂DF · n = 3

∫

Ω(1− x− y) dx dy = 3

∫ 1

0

(∫ 1−x

0(1− x− y) dy

)dx =

= 3∫ 1

0

[(1− x)y − 1

2y2

]1−x

0dx =

32

∫ 1

0(1− x)2dx =

32

[−1

3(1− x)3

]1

0=

12.

b) Calcoliamo il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) =(x2, y2, z

)dal bordo

dell’insieme D =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 1

. Per il Teorema di Gauss (o

della divergenza) si ha che∫

∂DF · n =

∫





∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 2x + 2y + 1 e∫

∂DF · n =

∫

DdivF (x, y, z) dx dy dz =

∫

D(2x + 2y + 1) dx dy dz =


=∫

Ω

(∫ 1

x2+y2(2x + 2y + 1) dz

)dx dy =

∫

Ω(2x + 2y + 1)

(1− x2 − y2

)dx dy,

dove

Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

.

x

y

−1 O(0,0) 1

−1

1


Passando in ccordinate polari nel piano si ottiene∫

∂DF · n =

∫

Ω(2x + 2y + 1)

(1− x2 − y2

)dx dy =

=∫ 2π

0

[∫ 1

0(2ρ cosϑ + 2ρ sinϑ + 1)

(ρ− ρ3

)dρ

]dϑ =

essendo∫ 2π

0cosϑdϑ =

∫ 2π

0sinϑ dϑ = 0, si ottiene

=(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(ρ− ρ3

)dρ

]= 2π

[12ρ2 − 1

4ρ4

]1

0=

π

2.


c) Calcoliamo il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) =(x3, y3, z3

)dal bordo

dell’insieme D =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, z > 0

. Per il Teorema di

Gauss (o della divergenza) si ha che∫

∂DF · n =

∫




∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 3(x2 + y2 + z2

)e

∫

∂DF · n =

∫


∫

D

(x2 + y2 + z2

)dx dy dz.

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

Z

−1.0−0.8−0.6−0.4−0.20.00.20.40.60.81.0 X

−1.0−0.8

−0.6−0.4

−0.20.0

0.20.4

0.60.8

1.0Y

Fig. 14: L’insieme D.

Passiamo in coordinate polari nello spazio. Poniamo quindi

Φ :

x = ρ sinϑ cosϕ

y = ρ sinϑ sinϕ

z = ρ cosϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ2 sinϑ.

Allora

(x, y, z) ∈ D ⇐⇒

0 ≤ ρ < 1

0 ≤ ϑ < π2

0 ≤ ϕ < 2π.


D′ =

(ρ, ϑ, ϕ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ <π

2, 0 ≤ ϕ < 2π

.


Quindi si ha che∫

∂DF · n = 3

∫

D

(x2 + y2 + z2

)dx dy dz = 3

∫

D′ρ4 sinϑdρ dϑ dϕ =

essendo D′ un parallelepipedo con spigoli paralleli agli assi ρ, ϑ e ϕ e la funzione

integranda prodotto di una funzione di ρ, una di ϑ e una di ϕ, si ottiene

= 3(∫ 2π

0dϕ

) (∫ π2

0sinϑdϑ

) [∫ 1

0ρ4 dρ

]= 6π

[− cosϑ

]π2

0

[15ρ5

]1

0=

65π.

Curve e integrali curvilinei:esercizi svolti

1 Esercizi sulle curve parametriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1 Esercizi sulla parametrizzazione delle curve . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Esercizi sulla lunghezza di una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Esercizi sugli integrali curvilinei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.1 Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie . . . . . . . . . . . . . 23

2.2 Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie . . . . . . . . . . . . . 29

1

2 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

1 Esercizi sulle curve parametriche

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.

1.1 Esercizi sulla parametrizzazione delle curve

Esercizio 1. Stabilire se le seguenti curve parametriche sono regolari:

a) γ(t) =(t2, t3

), t ∈ [−1, 1] [No]

b) γ(t) = (sin t, π − t), t ∈ [−1, 1] [Sı ]

c) γ(t) =(log (1 + t), t− t2, et

), t ∈ [2, 3]. [Sı ]

Svolgimento

a) La curva γ : [−1, 1] → R2, γ(t) =(t2, t3

), e derivabile con derivata continua

γ′(t) =(2t, 3t2

). Poiche γ′(t) = (0, 0) per t = 0 interno all’intervallo [−1, 1], si ha

che γ non e regolare. E invece regolare a tratti.

b) La curva γ : [−1, 1] → R2, γ(t) = (sin t, π − t), e derivabile con derivata continua

γ′(t) = (cos t,−1). Poiche γ′(t) 6= (0, 0) per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che γ e regolare.

c) La curva γ : [2, 3] → R3, γ(t) =(log (1 + t), t− t2, et

), e derivabile con derivata

continua γ′(t) =(

11+t , 1− 2t, et

). Poiche γ′(t) 6= (0, 0, 0) per ogni t ∈ (2, 3), si ha

che γ e regolare.

Esercizio 2. Scrivere le equazioni parametriche delle rette del piano che verificano le

seguenti condizioni:

a) retta passante per P (4, 2) e parallela al vettore u= (−1, 1)[

x = 4− t

y = 2 + t,t ∈ R

]

b) retta passante per P (−3,−5) e parallela all’asse delle ascisse[

x = t− 3

y = −5,t ∈ R

]

Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 3

c) retta passante per P (0,−2) e parallela all’asse delle ordinate[

x = 0

y = t− 2,t ∈ R

]

d) retta passante per P1(3, 1) e P2(2, 2)[

x = 3− t

y = 1 + t,t ∈ R

]

Svolgimento

a) La retta passante per P (xP , yP ) parallela al vettore u= (ux, uy) ha equazioni

parametriche x = xP + tux

y = yP + tuy,t ∈ R.

Quindi per P (4, 2) e u= (−1, 1) si ha

x = 4− t

y = 2 + t,t ∈ R.

b) Una retta parallela all’asse delle ascisse e parallela al vettore u= (1, 0). La retta

passante per P (xP , yP ) parallela al vettore u= (ux, uy) ha equazioni parametriche

x = xP + tux


Quindi per P (−3,−5) e u= (1, 0) si ha

x = t− 3

y = −5,t ∈ R.

c) Una retta parallela all’asse delle ordinate e parallela al vettore u= (0, 1). La retta


x = xP + tux


Quindi per P (0,−2) e u= (0, 1) si ha

x = 0

y = t− 2,t ∈ R.


d) Una retta passante per i punti P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2) e parallela al vettore

u= (x2−x1, y2−y1). Quindi per P1(3, 1) e P2(2, 2) si ottiene u= (−1, 1). La retta


x = xP + tux


Quindi preso P = P1(3, 1) e u= (−1, 1) si ha

x = 3− t

y = 1 + t,t ∈ R.

Esercizio 3. Scrivere delle equazioni parametriche della circonferenza del piano avente

centro nel punto C(2,−1) e raggio r = 3.

[x = 2 + 3 cos t

y = −1 + 3 sin t,t ∈ [0, 2π]

]

Svolgimento

La circonferenza di centro C(xC , yC) e raggio r ha, per esempio, equazioni parametriche

x = xC + r cos t

y = yC + r sin t,t ∈ [0, 2π].

Quindi per C(2,−1) e r = 3 si ha

x = 2 + 3 cos t

y = −1 + 3 sin t,t ∈ [0, 2π].

Esercizio 4. Scrivere le equazioni parametriche delle rette dello spazio che verificano le

seguenti condizioni:

a) retta passante per P (−1, 2, 0) e parallela al vettore u= (1, 3,−1)

x = t− 1

y = 2 + 3t,

z = −t,

t ∈ R

b) retta passante per P (1, 3,−2) e parallela all’asse z

x = 1

y = 3,

z = t− 2,

t ∈ R


c) retta passante per P (4, 0, 0) e parallela all’asse y

x = 4

y = t,

z = 0,

t ∈ R

d) retta passante per P1(3, 3, 3) e P2(−2, 0,−7)

x = 3− 5t

y = 3− 3t,

z = 3− 10t,

t ∈ R

Svolgimento

a) La retta passante per P (xP , yP , zP ) parallela al vettore u= (ux, uy, uz) ha equazioni

parametriche

x = xP + tux

y = yP + tuy,

z = zP + tuz,

t ∈ R.

Quindi per P (−1, 2, 0) e u= (1, 3,−1) si ha

x = t− 1

y = 2 + 3t,

z = −t,

t ∈ R.

b) Una retta parallela all’asse z e parallela al vettore u= (0, 0, 1). La retta passante

per P (xP , yP , zP ) parallela al vettore u= (ux, uy, uz) ha equazioni parametriche

x = xP + tux

y = yP + tuy,

z = zP + tuz,

t ∈ R.

Quindi per P (1, 3,−2) e u= (0, 0, 1) si ha

x = 1

y = 3,

z = t− 2,

t ∈ R.

c) Una retta parallela all’asse y e parallela al vettore u= (0, 1, 0). La retta passante

per P (xP , yP , zP ) parallela al vettore u= (ux, uy, uz) ha equazioni parametriche

x = xP + tux

y = yP + tuy,

z = zP + tuz,

t ∈ R.


Quindi per P (4, 0, 0) e u= (0, 1, 0) si ha

x = 4

y = t,

z = 0,

t ∈ R.

d) Una retta passante per i punti P1 = (x1, y1, z1) e P2 = (x2, y2, z2) e parallela al

vettore u= (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1). Quindi per P1(3, 3, 3) e P2(−2, 0,−7) si

ottiene u= (−5,−3,−10). La retta passante per P (xP , yP , zP ) parallela al vettore

u= (ux, uy, uz) ha equazioni parametriche

x = xP + tux

y = yP + tuy,

z = zP + tuz,

t ∈ R.

Quindi per P = P1(3, 3, 3) e u= (−5,−3,−10) si ha

x = 3− 5t

y = 3− 3t,

z = 3− 10t,

t ∈ R.

Esercizio 5. Scrivere una parametrizzazione dei segmenti aventi per estremi le seguenti

coppie di punti:

a) A(1, 1) e B(2, 3) [γ(t) = (t + 1, 2t + 1), t ∈ [0, 1]]

b) A(−1, 1) e B(2,−3) [γ(t) = (3t− 1, 1− 4t), t ∈ [0, 1]]

c) A(0, 1) e B(1, 0) [γ(t) = (t, 1− t), t ∈ [0, 1]]

d) A(−1,−1) e B(2, 3) [γ(t) = (3t− 1, 4t− 1), t ∈ [0, 1]]

Svolgimento

a) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA) e B(xB, yB) e γ : [0, 1] →R2 definita da

γ(t) =(xA + t(xB − xA), yA + t(yB − yA)

).

Quindi per A(1, 1) e B(2, 3) si ha γ : [0, 1] → R2 definita da

γ(t) = (t + 1, 2t + 1).


b) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA) e B(xB, yB) e γ : [0, 1] →R2 definita da


).

Quindi per A(−1, 1) e B(2,−3) si ha γ : [0, 1] → R2 definita da

γ(t) = (3t− 1, 1− 4t).

c) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA) e B(xB, yB) e γ : [0, 1] →R2 definita da


).

Quindi per A(0, 1) e B(1, 0) si ha γ : [0, 1] → R2 definita da

γ(t) = (t, 1− t).

d) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA) e B(xB, yB) e γ : [0, 1] →R2 definita da


).

Quindi per A(−1,−1) e B(2, 3) si ha γ : [0, 1] → R2 definita da

γ(t) = (3t− 1, 4t− 1).

Esercizio 6. Scrivere una parametrizzazione dei segmenti aventi per estremi le seguenti

coppie di punti:

a) A(1, 1, 1) e B(2, 3,−1) [γ(t) = (t + 1, 2t + 1, 1− 2t), t ∈ [0, 1]]

b) A(−1, 1,−1) e B(1, 2,−3) [γ(t) = (2t− 1, 1 + t,−1− 2t), t ∈ [0, 1]]

c) A(0, 1, 0) e B(1, 0, 1) [γ(t) = (t, 1− t, t), t ∈ [0, 1]]

d) A(−1,−1, 0) e B(2, 3, 0) [γ(t) = (3t− 1, 4t− 1, 0), t ∈ [0, 1]]

Svolgimento


a) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA, zA) e B(xB, yB, zB) e

γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) =(xA + t(xB − xA), yA + t(yB − yA), zA + t(zB − zA)

).

Quindi per A(1, 1, 1) e B(2, 3,−1) si ha γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) = (t + 1, 2t + 1, 1− 2t).

b) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA, zA) e B(xB, yB, zB) e



).

Quindi per A(−1, 1,−1) e B(1, 2,−3) si ha γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) = (2t− 1, 1 + t,−1− 2t).

c) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA, zA) e B(xB, yB, zB) e



).

Quindi per A(0, 1, 0) e B(1, 0, 1) si ha γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) = (t, 1− t, t).

d) Una parametrizzazione del segmento di estremi A(xA, yA, zA) e B(xB, yB, zB) e



).

Quindi per A(−1,−1, 0) e B(2, 3, 0) si ha γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) = (3t− 1, 4t− 1, 0).

Esercizio 7. Scrivere una parametrizzazione degli archi di circonferenza del piano di

centro O(0, 0) e raggio r = 1, verificanti le seguenti condizioni, percorsi sia in senso

orario che antiorario:


a) arco del I quadrante di estremi A(0, 1) e B(1, 0)[

orario: γ(t) = (sin t, cos t), t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, π/2]

]

b) arco del III quadrante di estremi A(−1, 0) e B(0,−1)[

orario: γ(t) = (− sin t,− cos t), t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (− cos t,− sin t), t ∈ [0, π/2]

]

c) arco del I e II quadrante di estremi A(−1, 0) e B(1, 0)[

orario: γ(t) = (− cos t, sin t), t ∈ [0, π],

antiorario: γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, π]

]

d) arco del I, II e IV quadrante di estremi A(0,−1) e B(−1, 0)

orario: γ(t) = (− cos t, sin t), t ∈[0, 3

2π],

antiorario: γ(t) = (sin t,− cos t), t ∈[0, 3

2π]

Svolgimento

a) Una parametrizzazione della circonferenza di centro O = (0, 0) e raggio r = 1 che

induca su di essa un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (1, 0) e

η : [0, 2π] → R2 definita da

η(t) = (cos t, sin t),

mentre una parametrizzazione che induca su di essa un verso di percorrenza orario

a partire dal punto (1, 0) e δ : [0, 2π] → R2 definita da

δ(t) = (cos t,− sin t).

Osserviamo che η(

π2

)= (0, 1) = A. Quindi una parametrizzazione dell’arco del I

quadrante di estremi A(0, 1) e B(1, 0) percorso in senso antiorario e γ :[0, π

2

] → R2

definita da

γ(t) = η|[0, π2 ](t) = (cos t, sin t).

Osserviamo inoltre che δ(

32π

)= (0, 1) = A e δ(2π) = (1, 0) = B. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(0, 1) e B(1, 0) percorso

in senso orario e δ|[ 32π,2π] :

[32π, 2π

]→ R2. Posto τ = t − 3

2π, si ha che se

t ∈[

32π, 2π

], allora τ ∈ [

0, π2

]e

δ(t) = δ

(32π + τ

)=

(cos

(32π + τ

),− sin

(32π + τ

))= (sin τ, cos τ).


x

y

−1 O(0,0) B(1,0)

−1

A(0,1)

Fig. 1: L’arco del I quadrante di estremi A(0, 1) e B(1, 0) (in rosso).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(0, 1) e

B(1, 0) percorso in senso orario e ϕ :[0, π

2

] → R2 definita da

ϕ(τ) = (sin τ, cos τ).

b) Una parametrizzazione della circonferenza di centro O = (0, 0) e raggio r = 1 che







Osserviamo che η(π) = (−1, 0) = A e η(

32π

)= (0,−1) = B. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−1, 0) e B(0,−1) per-

corso in senso antiorario e η|[π, 32π] :

[π, 3

2π]→ R2. Posto τ = t − π, si ha che se

t ∈[π, 3

2π], allora τ ∈ [

0, π2

]e

η(t) = η(π + τ) = (cos (π + τ), sin (π + τ)) = (− cos τ,− sin τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−1, 0)

e B(0,−1) percorso in senso antiorario e γ :[0, π

2


γ(τ) = (− cos τ,− sin τ).


x

y

A(−1,0) O(0,0) 1

B(0,−1)

1

Fig. 2: L’arco del III quadrante di estremi A(−1, 0) e B(0,−1) (in rosso).


π2

)= (0,−1) = B e δ(π) = (−1, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−1, 0) e B(0,−1) per-

corso in senso orario e δ|[π2,π] :

[π2 , π

] → R2. Posto τ = t− π2 , si ha che se t ∈ [

π2 , π

],

allora τ ∈ [0, π

2

]e

δ(t) = δ

(π

2+ τ

)=

(cos

(π

2+ τ

),− sin

(π

2+ τ

))= (− sin τ,− cos τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−1, 0)

e B(0,−1) percorso in senso orario e ϕ :[0, π

2


ϕ(τ) = (− sin τ,− cos τ).

c) Una parametrizzazione della circonferenza di centro O = (0, 0) e raggio r = 1 che







Osserviamo che η(π) = (−1, 0) = A. Quindi una parametrizzazione dell’arco

del I e II quadrante di estremi A(−1, 0) e B(1, 0) percorso in senso antiorario e


x

y

A(−1,0) O(0,0) B(1,0)

−1

1

Fig. 3: L’arco del I e II quadrante di estremi A(−1, 0) e B(1, 0) (in rosso).

γ : [0, π] → R2 definita da

γ(t) = η|[0,π](t) = (cos t, sin t).

Osserviamo inoltre che δ(π) = (−1, 0) = A e δ(2π) = (1, 0) = B. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−1, 0) e B(1, 0)

percorso in senso orario e δ|[π,2π] : [π, 2π] → R2. Posto τ = t − π, si ha che se

t ∈ [π, 2π], allora τ ∈ [0, π] e

δ(t) = δ(π + τ) = (cos (π + τ),− sin (π + τ)) = (− cos τ, sin τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−1, 0)

e B(1, 0) percorso in senso orario e ϕ : [0, π] → R2 definita da

ϕ(τ) = (− cos τ, sin τ).

d) Una parametrizzazione della circonferenza di centro O = (0, 0) e raggio r = 1 che

induca su di essa un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (−1, 0) e


η(t) = (− cos t,− sin t),


a partire dal punto (−1, 0) e δ : [0, 2π] → R2 definita da

δ(t) = (− cos t, sin t).


x

y

A(−1,0) O(0,0) 1

B(−1,0)

1

Fig. 4: L’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(0,−1) e B(−1, 0) (in rosso).

Osserviamo che δ(

32π

)= (0,−1) = A. Quindi una parametrizzazione dell’arco

del I, II e IV quadrante di estremi A(0,−1) e B(−1, 0) percorso in senso orario e

γ :[0, 3

2π]→ R2 definita da

γ(t) = δ|[0, 32π](t) = (− cos t, sin t).

Osserviamo inoltre che η(

π2

)= (0,−1) = A e η(2π) = (−1, 0) = B. Quindi

una parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(0,−1) e

B(−1, 0) percorso in senso antiorario e η|[π2,2π] :

[π2 , 2π

] → R2. Posto τ = t− π2 , si

ha che se t ∈ [π2 , 2π

], allora τ ∈

[0, 3

2π]

e

η(t) = η

(π

2+ τ

)=

(− cos

(π

2+ τ

),− sin

(π

2+ τ

))= (sin τ,− cos τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi

A(0,−1)e B(−1, 0) percorso in senso antiorario e ϕ :[0, 3


ϕ(τ) = (sin τ,− cos τ).

Esercizio 8. Scrivere una parametrizzazione degli archi dell’ellisse del piano di equazionex2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0, verificanti le seguenti condizioni, percorsi sia in senso orario

che antiorario:


a) quarto di ellisse del I quadrante[

orario: γ(t) = (a sin t, b cos t), t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (a cos t, b sin t), t ∈ [0, π/2]

]

b) quarto di ellisse del III quadrante[

orario: γ(t) = (−a sin t,−b cos t), t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (−a cos t,−b sin t), t ∈ [0, π/2]

]

c) semiellisse del I e II quadrante[

orario: γ(t) = (−a cos t, b sin t), t ∈ [0, π],

antiorario: γ(t) = (a cos t, b sin t), t ∈ [0, π]

]

d) arco del I, II e IV di estremi A(−a, 0) e B(0,−b)

orario: γ(t) = (−a cos t, b sin t), t ∈[0, 3

2π],

antiorario: γ(t) = (a sin t,−b cos t), t ∈[0, 3

2π]

Svolgimento

a) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0,

che induca su di esso un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (a, 0)

e η : [0, 2π] → R2 definita da

η(t) = (a cos t, b sin t),

mentre una parametrizzazione che induca su di esso un verso di percorrenza orario

a partire dal punto (a, 0) e δ : [0, 2π] → R2 definita da

δ(t) = (a cos t,−b sin t).

Osserviamo che η(

π2

)= (0, b) = B. Quindi una parametrizzazione dell’arco del I

quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) percorso in senso antiorario e γ :[0, π

2

] → R2

definita da

γ(t) = η|[0, π2 ](t) = (a cos t, b sin t).


32π

)= (0, b) = B e δ(2π) = (a, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) percorso

in senso orario e δ|[ 32π,2π] :

[32π, 2π

]→ R2. Posto τ = t − 3

2π, si ha che se

t ∈[

32π, 2π

], allora τ ∈ [

0, π2

]e

δ(t) = δ

(32π + τ

)=

(a cos

(32π + τ

),−b sin

(32π + τ

))= (a sin τ, b cos τ).


x

y

−a O(0,0) A(a,0)

−b

B(0,b)

Fig. 5: L’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) (in rosso).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e

B(0, b) percorso in senso orario e ϕ :[0, π

2


ϕ(τ) = (a sin τ, b cos τ).

b) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0,







Osserviamo che η(π) = (−a, 0) = A e η(

32π

)= (0,−b) = B. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b) per-

corso in senso antiorario e η|[π, 32π] :

[π, 3

2π]→ R2. Posto τ = t − π, si ha che se

t ∈[π, 3

2π], allora τ ∈ [

0, π2

]e

η(t) = η(π + τ) = (a cos (π + τ),−b sin (π + τ)) = (−a cos τ,−b sin τ).


x

y

A(−a,0) O(0,0) a

B(−b,0)

b

Fig. 6: L’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b) (in rosso).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0)

e B(0,−b) percorso in senso antiorario e γ :[0, π

2


γ(τ) = (−a cos τ,−b sin τ).


π2

)= (0,−b) = B e δ(π) = (−a, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b) per-

corso in senso orario e δ|[π2,π] :

[π2 , π

] → R2. Posto τ = t− π2 , si ha che se t ∈ [

π2 , π

],

allora τ ∈ [0, π

2

]e

δ(t) = δ

(π

2+ τ

)=

(a cos

(π

2+ τ

),−b sin

(π

2+ τ

))= (−a sin τ,−b cos τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0)

e B(0,−b) percorso in senso orario e ϕ :[0, π

2


ϕ(τ) = (−a sin τ,−b cos τ).

c) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0,








x

y

A(−a,0) O(0,0) B(a,0)

−b

b

Fig. 7: L’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) (in rosso).

Osserviamo che η(π) = (−a, 0) = A. Quindi una parametrizzazione dell’arco

del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) percorso in senso antiorario e

γ : [0, π] → R2 definita da

γ(t) = η|[0,π](t) = (a cos t, b sin t).

Osserviamo inoltre che δ(π) = (−a, 0) = A e δ(2π) = (a, 0) = B. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0)

percorso in senso orario e δ|[π,2π] : [π, 2π] → R2. Posto τ = t − π, si ha che se

t ∈ [π, 2π], allora τ ∈ [0, π] e

δ(t) = δ(π + τ) = (a cos (π + τ),−b sin (π + τ) = (−a cos τ, b sin τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0)

e B(a, 0) percorso in senso orario e ϕ : [0, π] → R2 definita da

ϕ(τ) = (−a cos τ, b sin τ).

d) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0,

che induca su di essa un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (−a, 0)


η(t) = (−a cos t,−b sin t),



a partire dal punto (−a, 0) e δ : [0, 2π] → R2 definita da

δ(t) = (−a cos t, b sin t),

x

y

A(−a,0) O(0,0) a

B(0,−b)

b

Fig. 8: L’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b) (in rosso).

Osserviamo che δ(

32π

)= (0,−b) = B. Quindi una parametrizzazione dell’arco

del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b) percorso in senso orario e

γ :[0, 3


γ(t) = δ|[0, 32π](t) = (−a cos t, b sin t).

Osserviamo inoltre che η(

π2

)= (0,−b) = B e η(2π) = (−a, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0,−b)

percorso in senso antiorario e η|[π2,2π] :

[π2 , 2π

] → R2. Posto τ = t− π2 , si ha che se

t ∈ [π2 , 2π

], allora τ ∈

[0, 3

2π]

e

η(t) = η

(π

2+ τ

)=

(−a cos

(π

2+ τ

),−b sin

(π

2+ τ

))= (a sin τ,−b cos τ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi

A(−a, 0)e B(0,−b) percorso in senso antiorario e ϕ :[0, 3


ϕ(τ) = (a sin τ,−b cos τ).


*Esercizio 9. Scrivere una parametrizzazione regolare a tratti della curva del piano

costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0), percorsa in senso

antiorario a partire da A. γ(t) =

(1, t) se 0 ≤ t < 1

(2− t, 2− t) se 1 ≤ t < 2

(t− 2, 0) se 2 ≤ t ≤ 3

Svolgimento

-

6

•O x

y

•A(1, 0)

-γ3

•B(1, 1)

6γ1¡ªγ2

Le parametrizzazioni dei tre lati del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0)

percorsi nel verso ABO sono rispettivamente:

AB : γ1 : [0, 1] → R2, γ1(t) = (1, t),

BO : γ2 : [0, 1] → R2, γ2(t) = (1− t, 1− t),

OA : γ3 : [0, 1] → R2, γ3(t) = (t, 0).

Quindi una parametrizzazione regolare a tratti della curva del piano costituita dai lati

del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0), percorsa in senso antiorario a partire da

A e γ : [0, 3] → R2 definita da

γ(t) =

γ1(t) se 0 ≤ t < 1

γ2(t− 1) se 1 ≤ t < 2

γ3(t− 2) se 2 ≤ t ≤ 3

=

(1, t) se 0 ≤ t < 1

(2− t, 2− t) se 1 ≤ t < 2

(t− 2, 0) se 2 ≤ t ≤ 3.

*Esercizio 10. Scrivere una parametrizzazione regolare a tratti della curva dello spazio

costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3), percorsa nel

verso ABC. γ(t) =

(1− t, 2t, 0) se 0 ≤ t < 1

(0, 4− 2t, 3t− 3) se 1 ≤ t < 2

(t− 2, 0, 9− 3t) se 2 ≤ t ≤ 3


Svolgimento

Le parametrizzazioni dei tre lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3)

percorsi nel verso ABC sono rispettivamente:

AB : γ1 : [0, 1] → R3, γ1(t) = (1− t, 2t, 0),

BC : γ2 : [0, 1] → R3, γ2(t) = (0, 2− 2t, 3t),

CA : γ3 : [0, 1] → R3, γ3(t) = (t, 0, 3− 3t).

Quindi una parametrizzazione regolare a tratti della curva dello spazio costituita dai

lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3), percorsa nel verso ABC e


γ(t) =

γ1(t) se 0 ≤ t < 1

γ2(t− 1) se 1 ≤ t < 2

γ3(t− 2) se 2 ≤ t ≤ 3

=

(1− t, 2t, 0) se 0 ≤ t < 1

(0, 4− 2t, 3t− 3) se 1 ≤ t < 2

(t− 2, 0, 9− 3t) se 2 ≤ t ≤ 3.

1.2 Esercizi sulla lunghezza di una curva

Esercizio 1. Calcolare la lunghezza della curva γ(t) =(t− 1, 1− t2, 2 + 2

3 t3), t ∈ [0, 1].

Confrontare tale lunghezza con quella del segmento di estremi A = γ(0) e B = γ(1).[53 , AB =

√223

]

Svolgimento

La curva γ : [0, 1] → R3 e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua γ′(t) =(1,−2t, 2t2

) 6= (0, 0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha

‖γ′(t)‖ =√

1 + 4t2 + 4t4 = 2t2 + 1.

La lunghezza di γ e

lγ =∫ 1

0‖γ′(t)‖ dt =

∫ 1

0

(2t2 + 1

)dt =

[23t3 + t

]1

0=

53.

Osserviamo che la lunghezza del segmento di estremi A = γ(0) = (−1, 1, 2) e B = γ(1) =(0, 0, 8

3

)e AB =

√223 .

Esercizi sulla lunghezza di una curva 21

Esercizio 2. Calcolare la lunghezza della curva γ(t) = (et, et+1), t ∈ [0, 1]. Confrontare

tale lunghezza con quella del segmento di estremi A = γ(0) e B = γ(1).[√2(e− 1), AB =

√2(e− 1)

]

Svolgimento

La curva γ : [0, 1] → R2 e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua γ′(t) =

(et, et) 6= (0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha

‖γ′(t)‖ =√

2et.


lγ =∫ 1

0‖γ′(t)‖ dt =

√2

∫ 1

0et dt =

√2[et

]1

0=√

2(e− 1).

Osserviamo che la lunghezza del segmento di estremi A = γ(0) = (1, 2) e B = γ(1) =

(e, e + 1) e AB =√

2(e− 1). Infatti, il sostegno di γ e proprio il segmento AB.

Esercizio 3. Calcolare la lunghezza dei seguenti archi di curva:

a) γ(t) = (sin t− t cos t, t sin t + cos t), t ∈ [0, π

2

] [π2

8

]

b) γ(t) =(cos2 t, cos t sin t

), t ∈ [

0, π2

] [π2

]

c) γ(t) =(t3, t2

), t ∈ [0, 1]

[(13)

32−8

27

]

d) γ(t) =(t, log

(1− t2

)), t ∈ [a, b], −1 < a < b < 1

[a− b + log 1+b

1−b − log 1+a1−a

]

e) γ(t) =(t, t

32

), t ∈

[0, 1

4

] [61216

]

Svolgimento

a) La curva γ :[0, π

2

] → R2 definita da γ(t) = (sin t− t cos t, t sin t + cos t) e regolare.

Infatti, e derivabile con derivata continua γ′(t) = (t sin t, t cos t) 6= (0, 0), per ogni

t ∈ (0, π

2

). Inoltre per ogni t ∈ [

0, π2

]si ha

‖γ′(t)‖ = t.


lγ =∫ π

2

0‖γ′(t)‖ dt =

∫ π2

0t dt =

[12t2

]π2

0=

π2

8.


b) La curva γ :[0, π

2

] → R2 definita da γ(t) =(cos2 t, cos t sin t

)e regolare. Infatti, e

derivabile con derivata continua γ′(t) = (−2 cos t sin t, cos2 t − sin2 t) 6= (0, 0), per

ogni t ∈ (0, π

2

). Inoltre per ogni t ∈ [

0, π2

]si ha

‖γ′(t)‖ = 1.


lγ =∫ π

2

0‖γ′(t)‖ dt =

∫ π2

0dt =

π

2.

c) La curva γ : [0, 1] → R2 definita da γ(t) =(t3, t2

)e regolare. Infatti, e derivabile

con derivata continua γ′(t) =(3t2, 2t

) 6= (0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni

t ∈ [0, 1] si ha

‖γ′(t)‖ =√

9t4 + 4t2 = t√

9t2 + 4.


lγ =∫ 1

0‖γ′(t)‖ dt =

∫ 1

0t√

9t2 + 4dt =[

127

(9t2 + 4

) 32

]1

0=

(13)32 − 8

27.

d) La curva γ : [a, b] → R2 definita da γ(t) =(t, log

(1− t2

))e regolare. Infatti, e

derivabile con derivata continua γ′(t) =(1,− 2t

1−t2

)6= (0, 0), per ogni t ∈ (a, b).

Inoltre per ogni t ∈ [a, b], con −1 < a < b < 1, si ha

‖γ′(t)‖ =

√1 +

4t2

(1− t2)2=

1 + t2

1− t2.


lγ =∫ b

a‖γ′(t)‖ dt =

∫ b

a

1 + t2

1− t2dt =

∫ b

a

(−1 +

11− t

+1

1 + t

)dt =

=[−t− log (1− t) + log (1 + t)

]b

a= a− b + log

1 + b

1− b− log

1 + a

1− a.

e) La curva γ :[0, 1

4

]→ R2 definita da γ(t) =

(t, t

32

)e regolare a tratti. Infatti,

e derivabile con derivata continua γ′(t) =(1, 3

2 t12

)6= (0, 0) per ogni t ∈

(0, 1

4

).

Inoltre per ogni t ∈[0, 1

4

]si ha

‖γ′(t)‖ =√

1 +94t.


lγ =∫ 1

4

0‖γ′(t)‖ dt =

∫ 14

0

√1 +

94tdt =

[827

(1 +

94t

) 32

] 14

0

=61216

.

2. Esercizi sugli integrali curvilinei 23

2 Esercizi sugli integrali curvilinei


2.1 Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie

Esercizio 1. Dopo aver verificato che il sostegno delle curve e contenuto nel dominio

delle funzioni, calcolare i seguenti integrali curvilinei:

a)∫

γx, γ(t) =

(t, t2

), t ∈ [0, a], a > 0

[112

[(1 + 4a)

32 − 1

]]

b)∫

γ

√1− y2, γ(t) = (sin t, cos t), t ∈ [0, π] [2]

c)∫

γ

x

1 + y2, γ(t) = (cos t, sin t), t ∈

[0,

π

2

] [π4

]

d)∫

γy2, γ(t) =

(t, et

), t ∈ [0, log 2]

[5

32−2

32

3

]

e)∫

γ

√x2 + y2, γ(t) = (2(cos t + t sin t), 2(sin t− t cos t)), t ∈ [0, 2π]

[43

[(1 + 4π2

) 32 − 1

]]

f)∫

γ

1x

, γ(t) = (t, t log t), t ∈ [1, 2]

12(1 + log 2)

√1 + (1 + log 2)2 + 1

2 log(

1 + log 2 +√

1 + (1 + log 2)2)

+

−12

√2− 1

2 log (1 +√

2)

g)∫

γ(x + z), γ(t) =

(t,

3√

22

t2, t3)

, t ∈ [0, 1][

154

(56√

7− 1)]

h)∫

γ

√z, γ(t) =

(cos t, sin t, t2

), t ∈ [0, π]

[112

[(1 + 4π2

) 32 − 1

]]

Svolgimento


a) La funzione f(x, y) = x e definita su dom (f) = R2. Quindi il sostegno di γ :

[0, a] → R2, γ(t) =(t, t2

), e evidentemente contenuto in dom (f).

La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua γ′(t) = (1, 2t) 6=(0, 0) per ogni t ∈ (0, a). Inoltre per ogni t ∈ [0, a] si ha che

f(γ(t)) = f(t, t2

)= t, ‖γ′(t)‖ =

√1 + 4t2.

Quindi

∫

γf =

∫

γx =

∫ a

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ a

0t√

1 + 4t2 dt =[

112

(1 + 4t2

) 32

]a

0=

=112

[(1 + 4a)

32 − 1

].

b) La funzione f(x, y) =√

1− y2 e definita su dom (f) =(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ 1

.

La curva γ : [0, π] → R2 e definita da γ(t) = (sin t, cos t). Posto (x, y) = γ(t), si ha

che |y| = | cos t| ≤ 1 per ogni t ∈ [0, π]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), e contenuto

in dom (f). Si osserva che Im (γ) e l’arco della circonferenza di centro O(0, 0) e

raggio 1 del I e IV quadrante avente per estremi i punti A(0,−1) e B(0, 1).

La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua

γ′(t) = (cos t,− sin t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha

f(γ(t)) = f(sin t, cos t) =√

1− cos2 t = sin t, ‖γ′(t)‖ = 1.

Quindi

∫

γf =

∫

γ

√1− y2 =

∫ π

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ π

0

√1− cos2 t dt =

∫ π

0sin t dt =

=[− cos t

]π

0= 2.

c) La funzione f(x, y) = x1+y2 e definita su dom (f) = R2. Quindi il sostegno di

γ :[0, π

2

] → R2, γ(t) = (cos t, sin t), e evidentemente contenuto in dom (f).


γ′(t) = (− sin t, cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈(

0,π

2

).

Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie 25

Inoltre per ogni t ∈ [0, π

2

]si ha

f(γ(t)) = f(cos t, sin t) =cos t

1 + sin2 t, ‖γ′(t)‖ = 1.

Quindi∫

γf =

∫

γ

x

1 + y2=

∫ π2

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ π2

0

cos t

1 + sin2 tdt =

posto z = sin t, da cui dz = cos t dt, si ottiene

=∫ 1

0

11 + z2

dz =[arctan z

]1

0=

π

4.

d) La funzione f(x, y) = y2 e definita su dom (f) = R2. Quindi il sostegno di γ :

[0, log 2] → R2, γ(t) =(t, et

), e evidentemente contenuto in dom (f).


γ′(t) = (1, et) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, log 2).

Inoltre per ogni t ∈ [0, log 2] si ha

f(γ(t)) = f(t, et

)= e2t, ‖γ′(t)‖ =

√1 + e2t.

Quindi∫

γf =

∫

γy2 =

∫ log 2

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ log 2

0e2t

√1 + e2t dt =

=[13

(1 + e2t

) 32

]log 2

0=

532 − 2

32

3.

e) La funzione f(x, y) =√

x2 + y2 e definita su dom (f) = R2. Quindi il sostegno

di γ : [0, 2π] → R2, γ(t) = (2(cos t + t sin t), 2(sin t − t cos t)), e evidentemente

contenuto in dom (f).


γ′(t) = (2t cos t, 2t sin t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, 2π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha

f(γ(t)) = f(2(cos t + t sin t), 2(sin t− t cos t)

)= 2

√1 + t2, ‖γ′(t)‖ = 2t.

Quindi∫

γf =

∫

γ

√x2 + y2 =

∫ 2π

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ 2π

04t

√1 + t2 dt =

=[43

(1 + t2

) 32

]2π

0=

43

[(1 + 4π2

) 32 − 1

].


f) La funzione f(x, y) = 1x e definita su dom (f) =

(x, y) ∈ R2 : x 6= 0

. La curva

γ : [1, 2] → R2 e definita da γ(t) = (t, t log t). Posto (x, y) = γ(t), si ha che

x = t 6= 0 per ogni t ∈ [1, 2]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), e contenuto in

dom (f).


γ′(t) = (1, 1 + log t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (1, 2).

Inoltre per ogni t ∈ [1, 2] si ha

f(γ(t)) = f(t, t log t) =1t, ‖γ′(t)‖ =

√1 + (1 + log t)2.

Quindi∫

γf =

∫

γ

1x

=∫ 2

1f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ 2

1

1t

√1 + (1 + log t)2 dt =

posto z = 1 + log t, da cui dz = 1t dt, si ottiene

=∫ 1+log 2

1

√1 + z2 dz.

Calcoliamo separatamente∫ √

1 + z2 dz.

Posto z = sinhu, da cui u = sinh−1 z = log(z +

√1 + z2

)e dz = coshu du, si ha

che∫ √

1 + z2 dz =∫

cosh2 u du =12(u + sinhu coshu) + c =

=12

[z√

1 + z2 + log(z +

√1 + z2

)]+ c, c ∈ R.

Quindi∫

γf =

∫ 1+log 2

1

√1 + z2 dz =

12

[z√

1 + z2 + log(z +

√1 + z2

)]1+log 2

1=

=12(1 + log 2)

√1 + (1 + log 2)2 +

12

log(

1 + log 2 +√

1 + (1 + log 2)2)

+

−12

√2− 1

2log

(1 +

√2).

g) La funzione f(x, y, z) = x + z e definita su dom (f) = R3. Quindi il sostegno di

γ : [0, 1] → R3, γ(t) =(t, 3

√2

2 t2, t3), e evidentemente contenuto in dom (f).


γ′(t) =(1, 3

√2t, 3t2

)6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, 1).

Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie 27


f(γ(t)) = f

(t,

3√

22

t2, t3)

= t + t3, ‖γ′(t)‖ =√

1 + 18t2 + 9t4.

Quindi∫

γf =

∫

γ(x + z) =

∫ 1

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ 1

0

(t + t3

) √1 + 18t2 + 9t4 dt =

posto z = 18t2 + 9t4, da cui dz = 36(t + t3

)dt, si ottiene

=136

∫ 27

0

√1 + z dz =

136

[23(1 + z)

32

]27

0=

154

(56√

7− 1)

.

h) La funzione f(x, y, z) =√

z e definita su dom (f) =(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0

. La

curva γ : [0, π] → R2 e definita da γ(t) =(cos t, sin t, t2

). Posto (x, y, z) = γ(t), si

ha che z = t2 ≥ 0 per ogni t ∈ [0, π]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), e contenuto

in dom (f).


γ′(t) = (− sin t, cos t, 2t) 6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, π).


f(γ(t)) = f(cos t, sin t, t2

)= t, ‖γ′(t)‖ =

√1 + 4t2.

Quindi ∫

γf =

∫

γ

√z =

∫ π

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt =

∫ π

0t√

1 + 4t2 dt =

=[

112

(1 + 4t2

) 32

]π

0=

112

[(1 + 4π2

) 32 − 1

].

Esercizio 2. Calcolare∫

γf nei seguenti casi:

a) f(x, y) = x + y, γ e una parametrizzazione del triangolo di vertici A(1, 0), O(0, 0),

B(0, 1)[1 +

√2]

b) f(x, y, z) = x2 +y2, γ e una parametrizzazione del segmento di estremi A(1,−1, 2)

e B(0, 0, 0)[

23

√6]


c) f(x, y) = xy, γ e una parametrizzazione del quarto di ellisse del I quadrante di

equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0

[ab(a2+ab+b2)

3(a+b)

]

Svolgimento

a) La funzione f(x, y) = x+y e continua su R2. La curva γ che parametrizza il bordo

del triangolo di vertici A(1, 0), O(0, 0), B(0, 1) e regolare a tratti. Dette γ1, γ2, γ3

le curve che parametrizzano rispettivamente i lati OA, AB e BO, si ha che∫

γf =

∫

γ1

f +∫

γ2

f +∫

γ3

f.

Si ha che:γ1 : [0, 1] → R2, γ1(t) = (t, 0),

γ2 : [0, 1] → R2, γ2(t) = (1− t, t),

γ3 : [0, 1] → R2, γ3(t) = (0, 1− t).

Le tre curve γ1, γ2, γ3 sono regolari. Infatti, sono derivabili con derivata continua

γ′1(t) = (1, 0), γ′2(t) = (−1, 1), γ′3(t) = (0,−1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha

f(γ1(t)) = f(t, 0) = t,

f(γ2(t)) = f(1− t, t) = 1,

f(γ3(t)) = f(0, 1− t) = 1− t,

‖γ′1(t)‖ = 1,

‖γ′2(t)‖ =√

2,

‖γ′3(t)‖ = 1.

Quindi ∫

γf =

∫

γ1

f +∫

γ2

f +∫

γ3

f =

=∫ 1

0f(γ1(t))‖γ′1(t)‖ dt +

∫ 1

0f(γ2(t))‖γ′2(t)‖ dt +

∫ 1

0f(γ3(t))‖γ′3(t)‖ dt =

=∫ 1

0t dt +

√2

∫ 1

0dt +

∫ 1

0(1− t) dt = 1 +

√2.

b) La funzione f(x, y, z) = x2 + y2 e continua su R3. Una parametrizzazione del

segmento di estremi A(1,−1, 2) e B(0, 0, 0) e γ : [0, 1] → R3 definita da

γ(t) = (1− t,−1 + t, 2− 2t).

La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua γ′(t) = (−1, 1,−2).


f(γ(t)) = f(1− t,−1 + t, 2− 2t) = 2(t− 1)2, ‖γ′(t)‖ =√

6.

Quindi∫

γf =

∫ 1

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt = 2

√6

∫ 1

0(t− 1)2 dt = 2

√6

[13(t− 1)3

]1

0=

23

√6.

Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie 29

c) La funzione f(x, y) = xy e continua su R2. Una parametrizzazione del quarto di

ellisse del I quadrante di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0 e γ :

[0, π

2

] → R2

definita da

γ(t) = (a cos t, b sin t).


γ′(t) = (−a sin t, b cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈(

0,π

2

).

Inoltre per ogni t ∈ [0, π

2

]si ha

f(γ(t)) = f(a cos t, b sin t) = ab cos t sin t, ‖γ′(t)‖ =√

a2 sin2 t + b2 cos2 t.

Quindi∫

γf =

∫ π2

0f(γ(t))‖γ′(t)‖ dt = ab

∫ π2

0cos t sin t

√a2 sin2 t + b2 cos2 t dt =

= ab

∫ π2

0cos t sin t

√b2 + (a2 − b2) sin2 t dt =

posto z = sin t, da cui dz = cos t dt, si ottiene

= ab

∫ 1

0z√

b2 + (a2 − b2) z2 dz = ab

[1

3 (a2 − b2)

(b2 +

(a2 − b2

)z2

) 32

]1

0

=

=ab

(a3 − b3

)

3 (a2 − b2)=

ab(a2 + ab + b2)3(a + b)

.

2.2 Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie


γF · dP nei seguenti casi:

a) F (x, y) = (2− y, x), γ(t) = (t− sin t, 1− cos t), t ∈ [0, 2π] [−2π]

b) F (x, y) =(y2, x2

), γ e una parametrizzazione del semiellisse del I e II quadrante

di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a > b > 0, percorso in senso orario

[43ab2

]

c) F (x, y) = (0, x), γ e una parametrizzazione del triangolo di vertici O(0, 0), A(2, 0),

B(1, 3) che induce un verso di percorrenza antiorario [3]


Svolgimento

a) La funzione F (x, y) = (2 − y, x) e continua su R2. La curva γ : [0, 2π] → R2

definita da γ(t) = (t− sin t, 1− cos t) e regolare. Infatti, e derivabile con derivata

continua

γ′(t) = (1− cos t, sin t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, 2π).


F (γ(t)) · γ′(t) = F (t− sin t, 1− cos t) · (1− cos t, sin t) =

= (1 + cos t, t− sin t) · (1− cos t, sin t) =

= (1 + cos t)(1− cos t) + (t− sin t) sin t = t sin t.

Quindi ∫

γF · dP =

∫ 2π

0F (γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ 2π

0t sin t dt =


=[−t cos t

]2π

0+

∫ 2π

0cos t dt = −2π.

b) La funzione F (x, y) =(y2, x2

)e continua su R2. Una parametrizzazione del semiel-

lisse del I e II quadrante di equazione x2

a2 + y2

b2= 1, con a, b > 0, percorso in senso

orario, e γ : [0, π] → R2 definita da

γ(t) = (−a cos t, b sin t).


γ′(t) = (a sin t, b cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, π).


F (γ(t)) · γ′(t) = F (−a cos t, b sin t) · (a sin t, b cos t) =

=(b2 sin2 t, a2 cos2 t

)· (a sin t, b cos t) = ab2 sin3 t + a2b cos3 t.

Quindi∫

γF · dP =

∫ π

0F (γ(t)) · γ′(t) dt = ab

∫ π

0

(b sin3 t + a cos3 t

)dt.


Osserviamo che ∫ π

0cos3 t dt = 0.

Infatti, ∫ π

0cos3 t dt =

∫ π2

0cos3 t dt +

∫ π

π2

cos3 t dt =

posto nel secondo integrale τ = π − t, da cui dτ = −dt, si ottiene

=∫ π

2

0cos3 t dt−

∫ 0

π2

cos3 (π − τ) dτ =∫ π

2

0cos3 t dt−

∫ π2

0cos3 τ dτ = 0.

In modo del tutto analogo si prova che∫ π

0sin3 t dt = 2

∫ π2

0sin3 t dt.

Quindi∫

γF · dP = ab

∫ π

0

(b sin3 t + a cos3 t

)dt = 2ab2

∫ π2

0sin3 t dt =

= 2ab2∫ π

2

0sin t

(1− cos2 t

)dt = 2ab2

[− cos t +

13

cos3 t

]π2

0=

43ab2.

c) La funzione F (x, y) = (0, x) e continua su R2. La curva γ che parametrizza il

bordo del triangolo di vertici O(0, 0), A(2, 0), B(1, 3) e regolare a tratti. Dette γ1,

γ2, γ3 le curve che parametrizzano rispettivamente i lati OA, AB e BO, nel verso

OAB, si ha che∫

γF · dP =

∫

γ1

F · dP +∫

γ2

F · dP +∫

γ3

F · dP.

Si ha che:γ1 : [0, 1] → R2 γ1(t) = (2t, 0),

γ2 : [0, 1] → R2 γ2(t) = (2− t, 3t),

γ3 : [0, 1] → R2 γ3(t) = (1− t, 3− 3t).

Le tre curve γ1, γ2, γ3 sono regolari. Infatti, sono derivabili con derivata continua

γ′1(t) = (2, 0), γ′2(t) = (−1, 3), γ′3(t) = (−1,−3). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha

F (γ1(t)) · γ′1(t) = F (2t, 0) · (2, 0) = (0, 2t) · (2, 0) = 0,

F (γ2(t)) · γ′2(t) = F (2− t, 3t) · (−1, 3) = (0, 2− t) · (−1, 3) = 3(2− t),

F (γ3(t)) · γ′3(t) = F (1− t, 3− 3t) · (−1,−3) = (0, 1− t) · (−1,−3) = −3(1− t).

Quindi ∫

γF · dP =

∫

γ1

F · dP +∫

γ2

F · dP +∫

γ3

F · dP =


=∫ 1

0F (γ1(t)) · γ′1(t) dt +

∫ 1

0F (γ2(t)) · γ′2(t) dt +

∫ 1

0F (γ3(t)) · γ′3(t) dt =

= 3∫ 1

0(2− t) dt− 3

∫ 1

0(1− t) dt = 3

[−1

2(2− t)2

]1

0− 3

[−1

2(1− t)2

]1

0= 3.


γF · dP nei seguenti casi:

a) F (x, y, z) =(2x, 1, 4z)

x2 + y + 2z2 + 1, γ(t) =

(t, t3, t2

), t ∈ [0, 2] [log 45]

b) F (x, y, z) =(2x2y, zx,−x

), γ(t) =

(1 + cos t, sin t,−2 sin2 t

), t ∈ [0, 2π] [−3π]

c) F (x, y, z) = (y, z, x), γ(t) = (a cos t, a sin t, b), t ∈ [0, 2π], a, b > 0[−πa2

]

d) F (x, y, z) = (y − z, z − x, x− y), γ(t) = (a cos t, a sin t, bt), t ∈ [0, 2π], a, b > 0

[−2πa(a + b)]

Svolgimento

a) La funzione F (x, y, z) =(2x, 1, 4z)

x2 + y + 2z2 + 1e continua su R3. La curva γ : [0, 2] →

R3 definita da γ(t) =(t, t3, t2

)e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua

γ′(t) =(1, 3t2, 2t

)6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, 2).


F (γ(t)) · γ′(t) = F(t, t3, t2

)·(1, 3t2, 2t

)=

(2t, 1, 4t2)2t4 + t3 + t2 + 1

·(1, 3t2, 2t

)=

=8t3 + 3t2 + 2t

2t4 + t3 + t2 + 1.

Quindi∫

γF · dP =

∫ 2

0F (γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ 2

0

8t3 + 3t2 + 2t

2t4 + t3 + t2 + 1dt =

=[log

(2t4 + t3 + t2 + 1

)]2

0= log 45.


b) La funzione F (x, y, z) =(2x2y, zx,−x

)e continua su R3. La curva γ : [0, 2π] → R3

definita da γ(t) =(1 + cos t, sin t,−2 sin2 t

)e regolare. Infatti, e derivabile con

derivata continua

γ′(t) = (− sin t, cos t,−4 sin t cos t) 6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, 2π).


F (γ(t)) · γ′(t) = F(1 + cos t, sin t,−2 sin2 t

)· (− sin t, cos t,−4 sin t cos t) =

=(2(1 + cos t)2 sin t,−2(1 + cos t) sin2 t,−1− cos t

)· (− sin t, cos t,−4 sin t cos t) =

= −2 sin2 t− 4 sin2 t cos2 t− 6 sin2 t cos t + 4 sin t cos2 t + 4 sin t cos t.

Quindi ∫

γF · dP =

∫ 2π

0F (γ(t)) · γ′(t) dt =(2.1)

=∫ 2π

0

(−2 sin2 t− 4 sin2 t cos2 t− 6 sin2 t cos t + 4 sin t cos2 t + 4 sin t cos t

)dt.

Osserviamo che ∫ 2π

0sin2 t dt =

[12(t− sin t cos t)

]2π

0= π,

∫ 2π

0sin2 t cos2 t dt =

14

∫ 2π

0sin2 2t dt =

14

[14(2t− sin 2t cos 2t)

]2π

0=

π

4,

∫ 2π

0sin2 t cos t dt =

[13

sin3 t

]2π

0= 0,

∫ 2π

0sin t cos2 t dt =

[−1

3cos3 t

]2π

0= 0,

∫ 2π

0sin t cos t dt =

[12

sin2 t

]2π

0= 0.

Sostituendo in (2.1) si ottiene∫

γF · dP = −3π.

c) La funzione F (x, y, z) = (y, z, x) e continua su R3. La curva γ : [0, 2π] → R3

definita da γ(t) = (a cos t, a sin t, b), con a, b > 0, e regolare. Infatti, e derivabile

con derivata continua

γ′(t) = (−a sin t, a cos t, 0) 6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, 2π).



F (γ(t)) · γ′(t) = F (a cos t, a sin t, b) · (−a sin t, a cos t, 0) =

= (a sin t, b, a cos t) · (−a sin t, a cos t, 0) = −a2 sin2 t + ab cos t.

Quindi∫

γF · dP =

∫ 2π

0F (γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ 2π

0

(−a2 sin2 t + ab cos t

)dt =

=[−1

2a2(t− sin t cos t) +

12ab sin t

]2π

0= −πa2.

Esercizio 3. Determinare per quali valori di a ∈ R si annulla∫

γF · dP , dove F (x, y) =

(2x2 + y2, axy

)e γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π]. [∀a ∈ R]

Svolgimento

La funzione F (x, y) =(2x2 + y2, axy

)e continua su R2. La curva γ : [0, 2π] → R2

definita da γ(t) = (cos t, sin t) e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua

γ′(t) = (− sin t, cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, 2π).


F (γ(t)) · γ′(t) = F (cos t, sin t) · (− sin t, cos t) =

=(1 + cos2 t, a cos t sin t

)· (− sin t, cos t) = − sin t + (a− 1) cos2 t sin t.

Quindi∫

γF · dP =

∫ 2π

0F (γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ 2π

0

(− sin t + (a− 1) cos2 t sin t

)dt =

=[cos t− 1

3(a− 1) cos3 t

]2π

0= 0.

Ne segue che∫

γF · dP si annulla per ogni a ∈ R.

Forme differenziali e campivettoriali: esercizi svolti

1 Esercizi sul Teorema di Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Esercizi sul Teorema di Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3 Esercizi sul Teorema di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Esercizi su campi conservativi e potenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

5 Esercizi su forme esatte e primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1

2 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

1 Esercizi sul Teorema di Green


Esercizio. Calcolare i seguenti integrali utilizzando il Teorema di Green:

a)∫

γy2 dx + x dy, dove γ parametrizza C =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1

inducendo

su di esso un verso di percorrenza antiorario. [π]

b)∫

γF · dP, dove F (x, y) =

(x2y3, y

), e γ e una parametrizzazione del bordo di

A =(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4

orientato positivamente.

[−63

8 π]

Svolgimento

a) La forma differenziale ω = y2 dx + x dy e di classe C∞ su R2 ma non e esatta,

perche se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω = f1 dx + f2 dy con

f1(x, y) = y2, f2(x, y) = x,

si ha che∂f1

∂y(x, y) = 2y 6= 1 =

∂f2

∂x(x, y).

Ne segue che ω non e esatta.

Calcoliamo l’integrale∫

γω. Osserviamo che C e la circonferenza di centro l’origine

O e raggio 1. Quindi C = ∂A, dove A =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

. Per il

Teorema di Green si ha che∫

γω =

∫

A

(∂f2

∂x(x, y)− ∂f1

∂y(x, y)

)dx dy =

∫

A(1− 2y)dx dy =

e passando in coordinate polari nel piano

=∫ 2π

0

[∫ 1

0(1− 2ρ sinϑ)ρ dρ

]dϑ =

∫ 2π

0

[12ρ2 − 2

3ρ3 sinϑ

]1

0dϑ =

=∫ 2π

0

(12− 2

3sinϑ

)dϑ = π.

b) Il campo vettoriale F (x, y) =(x2y3, y

)e di classe C∞ su R2 ma non e conservativo.

Infatti, posto F = (f1, f2) con

f1(x, y) = x2y3, f2(x, y) = y,

Esercizi sul Teorema di Green 3

si ha che∂f1

∂y(x, y) = 3x2y2 6= 0 =

∂f2

∂x(x, y).

Ne segue che F non e conservativo.


γF · dP . Per il Teorema di Green si ha che

∫

γF · dP =

∫

A

(∂f2

∂x(x, y)− ∂f1

∂y(x, y)

)dx dy = −

∫

A3x2y2 dx dy =


= −3(∫ 2π

0cos2 ϑ sin2 ϑdϑ

) [∫ 2

1ρ5 dρ

]= −3

4

(∫ 2π

0sin2 2ϑdϑ

) [16ρ6

]2

1=

= −638

[14(2ϑ− sin 2ϑ cos 2ϑ)

]2π

0= −63

8π.


2 Esercizi sul Teorema di Stokes


Esercizio. Calcolare i seguenti integrali utilizzando il Teorema di Stokes (detto anche

del rotore):

a)∫

∂Σ

(z2 + y

)dx + z dy + y dz, dove

Σ =(x, y, z) ∈ R3 : z = 1− x2 − y2, x2 + y2 ≤ 1

con ∂Σ orientato positiva-

mente. [−π]

b)∫

∂Σ(y − x) dx + (2y + z) dy − z dz, dove

Σ =(x, y, z) ∈ R3 : z =

√x2 + y2, x2 + y2 ≤ 1

con ∂Σ orientato positivamen-

te. [π]

c)∫

γF · dP, dove F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) e γ e una parametrizzazione

del bordo di Σ =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1, y = z

orientato in senso

antiorario rispetto ad un osservatore posto lungo l’asse z. [0]

Svolgimento

a) La forma differenziale ω =(z2 + y

)dx + z dy + y dz e di classe C∞ su R3 ma non

e esatta, perche se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω = f1 dx+f2 dy +

f3 dz e F = (f1, f2, f3) con

f1(x, y, z) = z2 + y, f2(x, y, z) = z, f3(x, y, z) = y,

si ha che

rotF (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

z2 + y z y

∣∣∣∣∣∣∣=

= 2zj− k = (0, 2z,−1).

Ne segue che F non e conservativo e ω non e esatta.


∂Σω. Per il Teorema di Stokes si ha che

∫

∂Σω =

∫

∂ΣF · dP =

∫

ΣrotF · n,

Esercizi sul Teorema di Stokes 5

dove n e il versore normale uscente da Σ. La superficie Σ e il grafico della funzione

g : K → R, g(x, y) = 1− x2 − y2, dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

.

E quindi parte del paraboloide di equazione z = 1− x2 − y2 al di sopra del piano

z = 0. Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da

σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(x, y, 1− x2 − y2

).


ΣrotF · n =

∫

KrotF (σ(x, y)) ·N(x, y) dx dy,

dove N(x, y) e il vettore normale esterno a Σ nel punto σ(x, y) uscente da Σ. Si

ha che il vettore N1(x, y) = ∂σ∂x (x, y)∧ ∂σ

∂y (x, y) e normale alla superficie Σ = σ(K).

Si ha che

N1(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)= (2x, 2y, 1).

Questo vettore normale e uscente da Σ. Quindi un vettore uscente e N(x, y) =

N1(x, y) = (2x, 2y, 1). Ne segue che

rotF (σ(x, y))·N(x, y) =(0, 2

(1− x2 − y2

),−1

)·(2x, 2y, 1) = 4y

(1− x2 − y2

)−1

e∫

ΣrotF · n =

∫

KrotF (σ(x, y)) ·N(x, y) dx dy =

∫

K

[4y

(1− x2 − y2

)− 1

]dx dy =


=∫ 2π

0

(∫ 1

0

[4ρ

(1− ρ2

)sinϑ− 1

]ρ dρ

)dϑ = −π.

b) La forma differenziale ω = (y − x) dx + (2y + z), dy − z dz e di classe C∞ su

R3 ma non e esatta, perche se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω =

f1 dx + f2 dy + f3 dz e F = (f1, f2, f3) con

f1(x, y, z) = y − x, f2(x, y, z) = 2y + z, f3(x, y, z) = −z,

si ha che

rotF (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y − x 2y + z −z

∣∣∣∣∣∣=


= −i− k = (−1, 0,−1).

Ne segue che F non e conservativo e ω non e esatta.


∂Σω. Per il Teorema di Stokes si ha che

∫

∂Σω =

∫

∂ΣF · dP =

∫

ΣrotF · n,

dove n e il versore normale uscente da Σ. La superficie Σ e il grafico della funzione

g : K → R, g(x, y) =√

x2 + y2, dove

K =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

.

E quindi parte del semicono di equazione z =√

x2 + y2 al di sotto del piano z = 1.


σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(

x, y,√

x2 + y2

).


ΣrotF · n =

∫

KrotF (σ(x, y)) ·N(x, y) dx dy,

dove N(x, y) e il vettore normale esterno a Σ nel punto σ(x, y) uscente da Σ. Si

ha che il vettore N1(x, y) = ∂σ∂x (x, y)∧ ∂σ

∂y (x, y) e normale alla superficie Σ = σ(K).

Si ha che

N1(x, y) =∂σ

∂x(x, y) ∧ ∂σ

∂y(x, y) =

(−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1

)=

=

(− x√

x2 + y2,− y√

x2 + y2, 1

).

Questo vettore normale e entrante in Σ. Quindi un vettore uscente e N(x, y) =

−N1(x, y) =(

x√x2+y2

, y√x2+y2

,−1)

. Ne segue che

rotF (σ(x, y)) ·N(x, y) = (−1, 0,−1) ·(

x√x2 + y2

,y√

x2 + y2,−1

)= 1− x√

x2 + y2

e∫

ΣrotF · n =

∫

KrotF (σ(x, y)) ·N(x, y) dx dy =

∫

K

(1− x√

x2 + y2

)dx dy =


=∫ 2π

0

[∫ 1

0(1− cosϑ)ρ dρ

]dϑ = π.

Esercizi sul Teorema di Stokes 7

c) Il campo vettoriale F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) e di classe C∞ su R3 ed e

conservativo. Infatti, posto F = (f1, f2, f3) con

f1(x, y, z) = y + z, f2(x, y, z) = x + z, f3(x, y, z) = x + y,

si ha che

rotF (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y + z x + z x + y

∣∣∣∣∣∣= 0.

PoicheR3 e semplicemente connesso, ne segue che F e conservativo. Quindi essendo

la curva γ chiusa, si ha che∫

γF · dP = 0.


3 Esercizi sul Teorema di Gauss


Esercizio. Calcolare i seguenti integrali di flusso utilizzando il Teorema di Gauss (detto

anche della divergenza):

a)∫

∂DF · n, dove F (x, y, z) = (x, y, z2), D =

(x, y, z) ∈ R3 : −1 < z < −x2 − y2

[π3

]

b)∫

∂DF · n, dove F (x, y, z) = (x, y, z),

D =(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z < 1, x > 0, y > 0, z > 0

[12

]

c)∫

∂DF · n, dove F (x, y, z) =

(x2, y2, z

), D =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z < 1

[π2

]

d)∫

∂DF · n, dove F (x, y, z) =

(x3, y3, z3

),

D =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, z > 0

[65π

]

Svolgimento

a) Per il Teorema di Gauss si ha che∫

∂DF · n =

∫




∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 2(1 + z) e∫

∂DF · n =

∫


∫

D(1 + z) dx dy dz =


= 2∫

Ω

[∫ −x2−y2

−1(1 + z) dz

]dx dy = 2

∫

Ω

[z +

12z2

]−x2−y2

−1dx dy =

= 2∫

Ω

[12− x2 − y2 +

12

(x2 + y2

)2]dx dy =

Esercizi sul Teorema di Gauss 9

dove Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

e passando in coordinate polari nel piano si

ottiene

= 2(∫ 2π

0dϑ

) [∫ 1

0

(12− ρ2 +

12ρ4

)ρ dρ

]= 4π

[14ρ2 − 1

4ρ4 +

112

ρ6]1

0=

π

3.

b) Per il Teorema di Gauss si ha che∫

∂DF · n =

∫




∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 3 e∫

∂DF · n =

∫


∫

Ddx dy dz =


= 3∫

Ω

[∫ 1−x−y

0dz

]dx dy = 3

∫

Ω(1− x− y) dx dy =

dove Ω =(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1− x

e y-semplice e si ottiene

= 3∫ 1

0

[∫ 1−x

0(1− x− y) dy

]dx = 3

∫ 1

0

[(1− x)y − 1

2y2

]1−x

0dx =

=32

∫ 1

0(1− x)2 dx =

12.

c) Per il Teorema di Gauss si ha che∫

∂DF · n =

∫




∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 2x + 2y + 1 e∫

∂DF · n =

∫

DdivF (x, y, z) dx dy dz =

∫

D(2x + 2y + 1) dx dy dz =


=∫

Ω

[∫ 1

x2+y2(2x + 2y + 1) dz

]dx dy =

∫

Ω

(1− x2 − y2

)(2x + 2y + 1) dx dy =

dove Ω =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1

e passando in coordinate polari nel piano si

ottiene

=∫ 2π

0

[∫ 1

0

(1− ρ2

)(2ρ cosϑ + 2ρ sinϑ + 1)ρ dρ

]dϑ =

π

2.


d) Per il Teorema di Gauss si ha che∫

∂DF · n =

∫




∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z).

Quindi divF (x, y, z) = 3(x2 + y2 + z2

)e

∫

∂DF · n =

∫


∫

D

(x2 + y2 + z2

)dx dy dz =

passando in coordinate polari nello spazio si ottiene

= 3(∫ 2π

0dϕ

) (∫ π2

0sinϑdϑ

) (∫ 1

0ρ4 dρ

)=

65π.

4. Esercizi su campi conservativi e potenziali 11

4 Esercizi su campi conservativi e potenziali


Esercizio 1. Sia F : R2 → R2 il campo vettoriale

F (x, y) =(

2xy

(1 + x2)2,− 1

1 + x2

).

Dire se F ammette potenziale e in caso affermativo determinare un potenziale f di F .[f(x, y) = − y

1+x2 + c, c ∈ R]

Svolgimento

Poniamo F = (f1, f2) con

f1(x, y) =2xy

(1 + x2)2, f2(x, y) = − 1

1 + x2.

Essendo f1 e f2 di classe C∞ su R2, si ha che anche F e di classe C∞ su R2 che e

semplicemente connesso. Inoltre si osserva che

∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) =

2x

(1 + x2)2.

Ne segue che F e conservativo.

Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che

∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) =

2xy

(1 + x2)2,(4.1)

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = − 1

1 + x2.(4.2)

Integrando (4.2) rispetto a y si ottiene

f(x, y) = −∫ 1

1 + x2dy = − y

1 + x2+ c(x),(4.3)

dove c e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (4.1) si ottiene

∂f

∂x(x, y) =

2xy

(1 + x2)2+ c′(x) =

2xy

(1 + x2)2=⇒ c′(x) = 0 =⇒ c(x) = c ∈ R.

Sostituendo in (4.3) si ottiene che un potenziale f di F e

f(x, y) = − y

1 + x2+ c, c ∈ R.



F (x, y, z) = (2y + 1, 2x− 1, 2z).

Dire se F e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F .[f(x, y, z) = (2y + 1)x− y + z2 + c, c ∈ R]

Svolgimento

Poniamo F = (f1, f2, f3) con

f1(x, y, z) = 2y + 1, f2(x, y, z) = 2x− 1, f3(x, y, z) = 2z.

Essendo f1, f2, f3 di classe C∞ su R3, si ha che anche F e di classe C∞ su R3 che e

semplicemente connesso. Inoltre si osserva che F e irrotazionale, cioe rotF = 0. Infatti,

rotF (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

2y + 1 2x− 1 2z

∣∣∣∣∣∣= 0.



∂f

∂x(x, y, z) = f1(x, y, z) = 2y + 1,(4.4)

∂f

∂y(x, y, z) = f2(x, y, z) = 2x− 1,(4.5)

∂f

∂z(x, y, z) = f3(x, y, z) = 2z.(4.6)

Integrando (4.4) rispetto a x si ottiene

f(x, y, z) =∫

(2y + 1) dx = (2y + 1)x + c(y, z),(4.7)

dove c e una funzione delle sole variabili y e z. Sostituendo in (4.5) si ottiene

∂f

∂y(x, y, z) = 2x +

∂c

∂y(y, z) = 2x− 1

da cui segue che∂c

∂y(y, z) = −1.(4.8)

Esercizi su campi conservativi e potenziali 13


c(y, z) = −∫

dy = −y + k(z),

dove k e una funzione della sola variabile z. Sostituendo in (4.7) si ottiene

f(x, y, z) = (2y + 1)x− y + k(z).(4.9)

Sostituendo in (4.6) si ottiene

∂f

∂z(x, y, z) = k′(z) = 2z =⇒ k(z) = z2 + c, c ∈ R.

Quindi sostituendo in (4.9) si ottiene che un potenziale f di F e

f(x, y, z) = (2y + 1)x− y + z2 + c, c ∈ R.

Esercizio 3. Siano F : R2 → R2 il campo vettoriale

F (x, y) =(ex[sin (x + y) + cos (x + y)], ex cos (x + y)

)

e γn : [0, π] → R2 la curva parametrica γn(t) = (cos nt, sinnt), n ∈ N, n ≥ 1.

Dire se F e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F e

calcolare l’integrale di F lungo γn.[f(x, y) = ex sin (x + y) + c, c ∈ R;

∫

γn

F · dP =

0 se n e pari

− (e + e−1

)sin 1 se n e dispari.

]

Svolgimento


f1(x, y) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)], f2(x, y) = ex cos (x + y).



∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) = ex[cos (x + y)− sin (x + y)].



∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)],(4.10)


∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = ex cos (x + y).(4.11)


f(x, y) =∫

ex cos (x + y) dy = ex sin (x + y) + c(x),(4.12)


∂f

∂x(x, y) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)] + c′(x) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)] =⇒

c′(x) = 0 =⇒ c(x) = c ∈ R.


f(x, y) = ex sin (x + y) + c, c ∈ R.

Calcoliamo infine l’integrale curvilineo di F lungo γn, dove γn : [0, π] → R2 e la curva

parametrica γn(t) = (cosnt, sinnt), n ∈ N, n ≥ 1. Osserviamo che per n pari la curva

γn e chiusa. Quindi, essendo F consevativo, si ha che per n pari∫

γn

F · dP = 0.

Essendo inoltre f un potenziale di F si ha che per n dispari∫

γn

F · dP = f(γn(π))− f(γn(0)) = f(−1, 0)− f(1, 0) = −(e + e−1

)sin 1.

Esercizio 4. Siano F : R3 → R3 il campo vettoriale

F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y)

e γ una curva parametrica che parametrizza il bordo di

D =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, x + y + z = 0

,

inducendo su di esso un verso di percorrenza orario rispetto ad un osservatore posto sul

piano x + y + z = 0 nel verso dell’asse z.

Dire se F e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F e

calcolare l’integrale di F lungo γ.[f(x, y, z) = xy + xz + yz + c, c ∈ R;

∫

γF · dP = 0

]


Svolgimento

Poniamo F = (f1, f2, f3) con

f1(x, y, z) = y + z, f2(x, y, z) = x + z, f3(x, y, z) = x + y.

Essendo f1, f2, f3 di classe C∞ su R3, si ha che anche F e di classe C∞ su R3 che e

semplicemente connesso. Inoltre si osserva che F e irrotazionale, cioe rotF = 0. Infatti,

rotF (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y + z x + z x + y

∣∣∣∣∣∣= 0.



∂f

∂x(x, y, z) = f1(x, y, z) = y + z,(4.13)

∂f

∂y(x, y, z) = f2(x, y, z) = x + z,(4.14)

∂f

∂z(x, y, z) = f3(x, y, z) = x + y.(4.15)


f(x, y, z) =∫

(y + z) dx = (y + z)x + c(y, z),(4.16)

dove c e una funzione delle sole variabili y e z. Sostituendo in (4.14) si ottiene

∂f

∂y(x, y, z) = x +

∂c

∂y(y, z) = x + z

da cui segue che∂c

∂y(y, z) = z.(4.17)


c(y, z) =∫

z dy = yz + k(z),

dove k e una funzione della sola variabile z. Sostituendo in (4.16) si ottiene

f(x, y, z) = (y + z)x + yz + k(z).(4.18)



∂f

∂z(x, y, z) = x + y + k′(z) = x + y =⇒ k′(z) = 0 =⇒ k(z) = c, c ∈ R.

Quindi sostituendo in (4.18) si ottiene che un potenziale f di F e

f(x, y, z) = xy + xz + yz + c, c ∈ R.

Essendo F conservativo su R3 e γ una curva chiusa si ha che∫

γF · dP = 0.


F (x, y) =(3x2 + y, x + 2y

).

Dire se F e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F .[f(x, y) = x3 + xy + y2 + c c ∈ R]

Svolgimento


f1(x, y) = 3x2 + y, f2(x, y) = x + 2y.



∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) = 1.



∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = 3x2 + y,(4.19)

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = x + 2y.(4.20)


f(x, y) =∫ (

3x2 + y)

dx = x3 + xy + c(y),(4.21)

dove c e una funzione della sola variabile y. Sostituendo in (4.20) si ottiene

∂f

∂y(x, y) = x + c′(y) = x + 2y =⇒ c′(x) = 2y =⇒ c(x) = y2 + c, c ∈ R.



f(x, y) = x3 + xy + y2 + c, c ∈ R.


5 Esercizi su forme esatte e primitive


Esercizio 1. Si consideri la forma differenziale

ω =2xy2

1 + x2y2dx +

2x2y

1 + x2y2dy.

Dire se ω e esatta e in caso affermativo determinare una primitiva f di ω.[f(x, y) = log

(1 + x2y2

)+ c, c ∈ R]

Svolgimento

Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con

f1(x, y) =2xy2

1 + x2y2, f2(x, y) =

2x2y

1 + x2y2.

Essendo f1 e f2 di classe C∞ su R2, si ha che anche ω e di classe C∞ su R2 che e


∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) =

4xy

(1 + x2y2)2.

Ne segue che ω e esatta.

Determiniamo ora una primitiva f di ω. Si ha che

∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) =

2xy2

1 + x2y2,(5.1)

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) =

2x2y

1 + x2y2.(5.2)


f(x, y) =∫ 2xy2

1 + x2y2dx = log

(1 + x2y2

)+ c(y),(5.3)

dove c e una funzione della sola variabile y. Sostituendo in (5.2) si ottiene

∂f

∂y(x, y) =

2x2y

1 + x2y2+ c′(y) =

2x2y

1 + x2y2=⇒ c′(y) = 0 =⇒ c(y) = c ∈ R.

Sostituendo in (5.3) si ottiene che una primitiva f di ω e

f(x, y) = log(1 + x2y2

)+ c, c ∈ R.

Esercizi su forme esatte e primitive 19

Esercizio 2. Determinare le regioni massimali del piano su cui e esatta la forma dif-

ferenziale

ω =(

2xy − 1x

)dx + x2 dy

e determinare una primitiva f di ω su tali regioni.

regioni massimali: Ω1 =(x, y) ∈ R2 : x < 0

, Ω2 =

(x, y) ∈ R2 : x > 0

;

primitive: f(x, y) =

x2y − log (−x) + c se (x, y) ∈ Ω1

x2y − log x + c se (x, y) ∈ Ω2,c ∈ R.

Svolgimento

Si ha che dom (ω) =(x, y) ∈ R2 : x 6= 0

. Osseviamo che dom (ω) non e connesso e

che dom (ω) = Ω1 ∪ Ω2, dove

Ω1 =(x, y) ∈ R2 : x < 0

, Ω2 =

(x, y) ∈ R2 : x > 0

.


f1(x, y) = 2xy − 1x

, f2(x, y) = x2.

Essendo f1 e f2 di classe C∞ sia su Ω1 che su Ω2, si ha che anche ω e di classe C∞ sia

su Ω1 che su Ω2 che sono entrambi semplicemente connessi. Inoltre si osserva che

∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) = 2x.

Ne segue che ω e esatta sia su Ω1 che su Ω2.

Determiniamo ora una primitiva f di ω su Ω1 e su Ω2. Si ha che

∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = 2xy − 1

x,(5.4)

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = x2.(5.5)


f(x, y) =∫

x2 dy = x2y + c(x),(5.6)


∂f

∂x(x, y) = 2xy+c′(x) = 2xy− 1

x=⇒ c′(x) = −1

x=⇒ c(x) = − log |x|+c, c ∈ R.



f(x, y) =

x2y − log (−x) + c se (x, y) ∈ Ω1

x2y − log x + c se (x, y) ∈ Ω2,c ∈ R.

Esercizio 3. Si consideri la forma differenziale

ω =[log (x + y) +

x

x + y

]dx +

x

x + ydy.

Dire se ω e esatta e in caso affermativo determinare una primitiva f di ω.

[f(x, y) = x log (x + y) + c, c ∈ R]

Svolgimento


f1(x, y) = log (x + y) +x

x + y, f2(x, y) =

x

x + y.

Essendo f1 e f2 di classe C∞ su(x, y) ∈ R2 : x + y > 0

, si ha che anche ω e di classe

C∞ su(x, y) ∈ R2 : x + y > 0

che e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che

∂f1

∂y(x, y) =

∂f2

∂x(x, y) =

y

(x + y)2.

Ne segue che ω e esatta.

Determiniamo ora una primitiva f di ω. Si ha che

∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = log (x + y) +

x

x + y,(5.7)

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) =

x

x + y.(5.8)


f(x, y) =∫

x

x + ydy = x log (x + y) + c(x),(5.9)


∂f

∂x(x, y) = log (x + y)+

x

x + y+c′(x) = log (x + y)+

x

x + y=⇒ c′(x) = 0 =⇒ c(x) = c.


f(x, y) = x log (x + y) +x

x + y+ c, c ∈ R.

Serie numeriche: esercizi svolti


giore.

Esercizio 1. Dopo aver verificato la convergenza, calcolare la somma delle seguenti

serie:

a)∞∑

n=1

n

(n + 1)![1]

b)∞∑

n=1

1n(n + 3)

[1118

]

c)∞∑

n=1

2n + 1n2(n + 1)2

[1]

d)∞∑

n=2

log(

1− 1n2

)[− log 2]

e)∞∑

n=1

14n2 − 1

[12

]

f)∞∑

n=1

(1√n− 1√

n + 1

)[1]

g)∞∑

n=1

1n(n + 1)(n + 2)

[14

]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=1

n

(n + 1)!e a termini positivi. Poiche

n

(n + 1)!=

n

(n + 1)n(n− 1)!=

1(n + 1)(n− 1)!

= o

(1n2

), n → +∞

1

2 Serie numeriche: esercizi svolti

ed essendo convergente la serie∞∑

n=1

1n2

, per il criterio del confronto asintotico la

serie data converge.

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che

n

(n + 1)!=

n + 1− 1(n + 1)!

=1n!− 1

(n + 1)!.

Ne segue che la serie data e telescopica. La somma parziale n-esima della serie e

Sn =n∑

k=1

k

(k + 1)!=

n∑

k=1

(1k!− 1

(k + 1)!

)=

= 1− 12!

+12!− 1

3!+ · · ·+ 1

n!− 1

(n + 1)!= 1− 1

(n + 1)!.

Ne segue che la somma della serie e

S = limn

Sn = limn

(1− 1

(n + 1)!

)= 1.

Pertanto si ha∞∑

n=1

n

(n + 1)!= 1.

b) La serie∞∑

n=1

1n(n + 3)

e a termini positivi. Poiche

1n(n + 3)

∼ 1n2

, n → +∞


n=1

1n2




1n(n + 3)

=A

n+

B

n + 3=

(A + B)n + 3A

n(n + 3)=⇒

A = 1

3

B = −13 .

Quindi1

n(n + 3)=

13

(1n− 1

n + 3

).

Ne segue che la serie data non e telescopica. Nonostante cio e possibile calcolare

la somma della serie. Si ha che la somma parziale n-esima della serie e

Sn =n∑

k=1

1k(k + 3)

=n∑

k=1

13

(1k− 1

k + 3

)=

=13

(1− 1

4+

12− 1

5+

13− 1

6+

14− 1

7+ · · ·+ 1

n− 1

n + 3

)=

=13

(1 +

12

+13− 1

n + 3

)=

13

(116− 1

n + 3

).

Serie numeriche: esercizi svolti 3


S = limn

Sn = limn

13

(116− 1

n + 3

)=

1118

.


n=1

1n(n + 3)

=1118

.

c) La serie∞∑

n=1

2n + 1n2(n + 1)2


2n + 1n2(n + 1)2

∼ 2n3

, n → +∞


n=1

1n3



Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che 2n + 1 = (n + 1)2 − n2. Quindi

si ha che2n + 1

n2(n + 1)2=

(n + 1)2 − n2

n2(n + 1)2=

1n2− 1

(n + 1)2.


Sn =n∑

k=1

2k + 1k2(k + 1)2

=n∑

k=1

(1k2− 1

(k + 1)2

)=

= 1− 14

+14− 1

9+ · · ·+ 1

n2− 1

(n + 1)2=1− 1

(n + 1)2.


S = limn

Sn = limn

(1− 1

(n + 1)2

)= 1.


n=1

2n + 1n2(n + 1)2

= 1.

d) La serie∞∑

n=2

log(

1− 1n2

)e a termini negativi. Consideriamo la serie

∞∑

n=2

[− log

(1− 1

n2

)].

E una serie a termini positivi. Poiche log (1 + x) = x + o(x) per x → 0, si ha che

− log(

1− 1n2

)=

1n2

+ o

(1n2

)∼ 1

n2, n → +∞



n=1

1n2


serie∞∑

n=2

[− log

(1− 1

n2

)]converge. Quindi per l’algebra delle serie, la serie data

converge.


log(

1− 1n2

)= log

n2 − 1n2

= log(n + 1)(n− 1)

n2= log

n + 1n

− logn

n− 1.


Sn =n∑

k=2

log(

1− 1k2

)=

n∑

k=2

(log

k + 1k

− logk

k − 1

)=

= log32− log 2 + log

43− log

32

+ · · ·+ logn + 1

n− log

n

n− 1=

= − log 2 + logn + 1

n.


S = limn

Sn = limn

(− log 2 + log

n + 1n

)= − log 2.


n=2

log(

1− 1n2

)= − log 2.

e) La serie∞∑

n=1

14n2 − 1


14n2 − 1)

∼ 14n2

, n → +∞


n=1

1n2




14n2 − 1

=1

(2n− 1)(2n + 1)=

A

2n− 1+

B

2n + 1=

(2A + 2B)n + A−B

4n2 − 1

=⇒

A = 12

B = −12 .

Quindi1

4n2 − 1=

12

(1

2n− 1− 1

2n + 1

).



Sn =n∑

k=1

14k2 − 1

=n∑

k=1

12

(1

2k − 1− 1

2k + 1

)=

=12

(1− 1

3+

13− 1

5+ · · ·+ 1

2n− 1− 1

2n + 1

)=

12

(1− 1

2n + 1

).


S = limn

Sn = limn

12

(1− 1

2n + 1

)=

12.


n=1

14n2 − 1

=12.

f) La serie∞∑

n=1

(1√n− 1√

n + 1

)e a termini positivi. Poiche

1√n− 1√

n + 1=√

n + 1−√n√n√

n + 1=

1√

n√

n + 1(√

n + 1 +√

n) ∼ 1

2n32

, n → +∞


n=1

1

n32



Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che la serie data e telescopica. La

somma parziale n-esima della serie e

Sn =n∑

k=1

(1√k− 1√

k + 1

)=

= 1− 1√2

+1√2− 1√

3+ · · ·+ 1√

n− 1√

n + 1=1− 1√

n + 1.


S = limn

Sn = limn

(1− 1√

n + 1

)= 1.


n=1

(1√n− 1√

n + 1

)= 1.

g) La serie∞∑

n=1

1n(n + 1)(n + 2)


1n(n + 1)(n + 2)

∼ 1n3

, n → +∞


n=1

1n3





1n(n + 1)(n + 2)

=A

n(n + 1)+

B

(n + 1)(n + 2)=

(A + B)n + 2A

n(n + 1)(n + 2)

=⇒

A = 12

B = −12 .

Quindi1

n(n + 1)(n + 2)=

12

[1

n(n + 1)− 1

(n + 1)(n + 2)

].

Ne segue che la serie data e telescopica. La somma parziale della serie e

Sn =n∑

k=1

1k(k + 1)(k + 2)

=n∑

k=1

12

[1

k(k + 1)− 1

(k + 1)(k + 2)

]=

=12

[12− 1

6+

16− 1

12+ · · ·+ 1

n(n + 1)− 1

(n + 1)(n + 2)

]=

=12

[12− 1

(n + 1)(n + 2)

].


S = limn

Sn = limn

12

[12− 1

(n + 1)(n + 2)

]=

14.


n=1

1n(n + 1)(n + 2)

=14.

Esercizio 2. Determinare il carattere delle seguenti serie:

a)∞∑

n=2

1log (n + 1)

[diverge positivamente]

b)∞∑

n=1

log n

n4[converge]

c)∞∑

n=1

log n

n32

[converge]

d)∞∑

n=1

log(

n + 1n2

)[diverge negativamente]

e)∞∑

n=1

arctan1√n


f)∞∑

n=2

√n + 2−√n− 2

n[converge]


g)∞∑

n=1

log1√n

[diverge negativamente]

h)∞∑

n=2

log1√n3

[diverge negativamente]

k)∞∑

n=1

12log n


i)∞∑

n=2

1√n log n3


j)∞∑

n=1

12log (n!)

[converge]

l)∞∑

n=1

32n cosn (nπ) [indeterminata]

m)∞∑

n=1

3n2

(n!)n[converge]

n)∞∑

n=1

n43

6n[converge]

o)∞∑

n=1

1(4n3n

) [converge]

p)∞∑

n=1

2(3n+23n

) [converge]

q)∞∑

n=2

1n√

log n[diverge positivamente]

r)∞∑

n=0

(1

n + 2

)n

[converge]

s)∞∑

n=1

sin (4n3)n(n + 1)

[converge assolutamente]

t)∞∑

n=1

15n

(n + 2

n

)n2


u)∞∑

n=2

3n(

n− 2n

)n2

[converge]

v)∞∑

n=2

1(log n)log n

[converge]


w)∞∑

n=1

nn

(2n)![converge]

x)∞∑

n=1

n

√1 +

4n3


y)∞∑

n=1

nn+ 1n(

n + 1n

)n [diverge positivamente]

z)∞∑

n=1

(1n− sin

1n

)[converge]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=2

1log (n + 1)

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-

vamente).

Poiche log (n + 1) = o(n + 1) per n → +∞, si ha che

1n + 1

= o

(1

log (n + 1)

), n → +∞

ed essendo la serie∞∑

n=2

1n + 1

divergente, per il criterio del confronto asintotico

anche la serie data e divergente.

b) La serie∞∑

n=1

log n

n4e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Poiche log n = o(n) per n → +∞, si ha che

log n

n4= o

(1n3

), n → +∞


n=1

1n3

convergente, per il criterio del confronto asintotico anche

la serie data e convergente.

c) La serie∞∑

n=1

log n

n32

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Poiche log n = o(n

13

)per n → +∞, si ha che

log n

n32

= o

(1

n76

), n → +∞



n=1

1

n76



d) La serie∞∑

n=1

log(

n + 1n2

)e a termini negativi. Infatti, n+1

n2 < 1. Quindi o converge

o diverge (negativamente).

Osserviamo che

limn

log(

n + 1n2

)= −∞.

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della

serie, ne segue che la serie data e divergente.

e) La serie∞∑

n=1

arctan1√n


vamente).

Poiche arctanx = x + o(x) per x → 0, si ha che

arctan1√n

=1√n

+ o

(1√n

)∼ 1

n12

, n → +∞


n=1

1

n12

divergente, per il criterio del confronto asintotico anche

la serie data e divergente.

f) La serie∞∑

n=2

√n + 2−√n− 2

ne a termini positivi. Quindi o converge o diverge

(positivamente).

Si ha che√

n + 2−√n− 2n

=4

n(√

n + 2 +√

n− 2) ∼ 2

n32

, n → +∞


n=1

2

n32



g) La serie∞∑

n=1

log1√n

e a termini negativi. Infatti log 1√n

= − log√

n. Quindi o

converge o diverge (negativamente).

Osserviamo che

limn

log√

n = +∞.




h) La serie∞∑

n=2

log1√n3

e a termini negativi. Infatti log 1√n3

= − log√

n3. Quindi o

converge o diverge (negativamente).

Osserviamo che

limn

log√

n3 = +∞.



k) La serie∞∑

n=1

12log n


mente).

Osserviamo che

∀a, b > 0, alog b = blog a.

Infatti, poiche se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che

alog b = elog (alog b) = elog b log a = elog (blog a) = blog a.

Pertanto si ha che∞∑

n=1

12log n

=∞∑

n=1

1nlog 2

.

Poiche log 2 < 1, ne segue che la serie data e divergente.

i) La serie∞∑

n=2

1√n log n3


vamente).

Poiche log n = o (√

n) per n → +∞, si ha che

√n log n3 = 3

√n log n = o(n), n → +∞.

Quindi si ha che1n

= o

(1√

n log n3

), n → +∞


n=2

1n


la serie data e divergente.

j) La serie∞∑

n=1

12log (n!)


mente).


Poiche n! ≥ n2 per ogni n ≥ 4, si ha che per ogni n ≥ 4

12log (n!)

≤ 12log (n2)

=1

22 log n=

14log n

.

Osserviamo che

∀a, b > 0, alog b = blog a.

Infatti, poiche se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che

alog b = elog (alog b) = elog b log a = elog (blog a) = blog a.

Pertanto si ha che∞∑

n=1

14log n

=∞∑

n=1

1nlog 4

.

Poiche log 4 > 1, ne segue che questa serie converge e per il criterio del confronto


l) La serie∞∑

n=1

32n cosn (nπ) e a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (nπ) =

(−1)n, si ha che

∞∑

n=1

32n cosn (nπ) =∞∑

n=1

(−1)n 9n =∞∑

n=1

(−9)n.

Ne segue che la serie data e una serie geometrica con ragione −9 < −1. Quindi e

indeterminata.

m) La serie∞∑

n=1

3n2

(n!)ne a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Si ha che

limn

n

√3n2

(n!)n= lim

n

3n

n!= 0 < 1.

Quindi per il criterio della radice la serie data converge.

n) La serie∞∑

n=1

n43

6ne a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Si ha che

limn

n

√n43

6n= lim

n

n√

n43

6=

16

< 1.



o) La serie∞∑

n=1

1(4n3n

) e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Posto

an =1(4n3n

) =(3n)!n!(4n)!

,

si ha che

an+1

an=

[3(n + 1)]! (n + 1)![4(n + 1)]!

· (4n)!(3n)!n!

=(3n + 3)! (n + 1)!

(4n + 4)!· (4n)!

(3n)!n!=

=(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) (3n)! (n + 1)n!(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1) (4n)!

· (4n)!(3n)!n!

=

=(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1)(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)

.

Ne segue che

limn

an+1

an= lim

n

(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1)(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)

=27256

< 1.

Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge.

p) La serie∞∑

n=1

2(3n+23n

) e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Si ha che

2(3n+23n

) =4 (3n)!

(3n + 2)!=

4 (3n)!(3n + 2)(3n + 1) (3n)!

=4

(3n + 2)(3n + 1).

Poiche4

(3n + 2)(3n + 1)∼ 4

9n2, n → +∞


n=1

1n2



q) La serie∞∑

n=2

1n√

log ne a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Poiche n√

log n ≤ log n, si ha che per ogni n ≥ 1

1n√

log n≥ 1

log n

ed essendo (vedi Eserczio 2 a)) la serie∞∑

n=2

1log n

divergente, per il criterio del

confronto anche la serie data e divergente.


r) La serie∞∑

n=0

(1

n + 2

)n


vamente).

Si ha che

limn

n

√(1

n + 2

)n

= limn

1n + 2

= 0 < 1.


s) La serie∞∑

n=1

sin (4n3)n(n + 1)

e a termini di segno variabile.

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑

n=1

| sin (4n3)|n(n + 1)

.

Essendo | sin (4n3)| ≤ 1, si ha che per ogni n ≥ 1

| sin (4n3)|n(n + 1)

≤ 1n(n + 1)

.

Poiche 1n(n+1) ∼ 1

n2 per n → +∞ ed essendo convergente la serie∞∑

n=1

1n2

, per il

criterio del confronto asintotico anche la serie∞∑

n=1

1n(n + 1)

converge. Quindi per il

criterio del confronto anche la serie∞∑

n=1

| sin (4n3)|n(n + 1)

converge. Ne segue che la serie

data converge assolutamente e di conseguenza converge.

t) La serie∞∑

n=1

15n

(n + 2

n

)n2

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge

(positivamente).

Si ha che

limn

n

√15n

(n + 2

n

)n2

= limn

15

(n + 2

n

)n

= limn

15

(1 +

2n

)n

=e2

5> 1.

Quindi per il criterio della radice la serie data diverge.

u) La serie∞∑

n=2

3n(

n− 2n

)n2

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (po-

sitivamente).

Si ha che

limn

n

√3n

(n− 2

n

)n2

= limn

3(

n− 2n

)n

= limn

3(

1− 2n

)n

=3e2

< 1.



v) La serie∞∑

n=2

1(log n)log n


vamente).

Osserviamo che per ogni α ≥ 0 si ha che nα = o (log n)log n, per n → +∞. Infatti,

limn

nα

(log n)log n= lim

n

eα log n

(log n)log n=

posto t = log n,

= limt→+∞

eαt

tt= lim

t→+∞

(eα

t

)t

= limt→+∞ et log eα

t = limt→+∞ et(α−log t) = 0.

Ne segue che per ogni α ≥ 0

1(log n)log n

= o

(1nα

), n → +∞.

Considerando α > 1, essendo la serie∞∑

n=1

1nα

convergente, per il criterio del con-

fronto asintotico anche la serie data e convergente.

w) La serie∞∑

n=1

nn

(2n)!e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Posto an = nn

(2n)! , si ha che

an+1

an=

(n + 1)(n+1)

[2(n + 1)]!· (2n)!

nn=

(n + 1)n(n + 1)(2n + 2)!

· (2n)!nn

=

=(n + 1)n(n + 1)

(2n + 2)(2n + 1) (2n)!· (2n)!

nn=

(n + 1

n

)n

· n + 1(2n + 2)(2n + 1)

.

Ne segue che

limn

an+1

an= lim

n

(n + 1

n

)n

· n + 1(2n + 2)(2n + 1)

= 0 < 1.

Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge.

x) La serie∞∑

n=1

n

√1 +

4n3


vamente).

Osserviamo che

limn

n

√1 +

4n3

= +∞.




y) La serie∞∑

n=1

nn+ 1n(

n + 1n

)n e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-

vamente).

Osserviamo che

limn

nn+ 1n(

n + 1n

)n = limn

nn+ 1n

nn(1 + 1

n2

)n = limn

n1n(

1 + 1n2

)n = 1.



z) La serie∞∑

n=1

(1n− sin

1n

)e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-

tivamente).

Poiche

sinx = x− 16x3 + o(x3), x → 0,

si ha che

1n− sin

1n

=1n−

[1n− 1

6n3+ o

(1n3

)]=

16n3

+ o

(1n3

)∼ 1

6n3, n → +∞


n=1

1n3



Esercizio 3. Stabilire se convergono, convergono assolutamente o non convergono le

seguenti serie:

a)∞∑

n=2

(−1)n 1log (n + 1)

[converge ma non assolutamente]

b)∞∑

n=1

(−1)n log n

n4[converge assolutamente]

c)∞∑

n=1

(−1)n log n

n32

[converge assolutamente]

d)∞∑

n=1

(−1)n log(

n + 1n2

)[non converge]

e)∞∑

n=1

(−1)n arctan1√n



f)∞∑

n=1

(−1)n log1√n

[non converge]

g)∞∑

n=1

(−1)n n + 1n2 + 1


h)∞∑

n=1

cos (n + 1)π√n + log n3


k)∞∑

n=1

(−1)n n

(2n + 1)2[converge ma non assolutamente]

i)∞∑

n=1

(−1)n 1log (n + 1)− log n

[non converge]

j)∞∑

n=1

(−1)n tan1n


l)∞∑

n=1

3n2

(n!)ncosnπ [converge assolutamente]

m)∞∑

n=1

(−1)n n43

6n[converge asssolutamente]

n)∞∑

n=1

(−1)n

(3n+23n

) [converge asssolutamente]

o)∞∑

n=1

n23

(−2)n[converge asssolutamente]

p)∞∑

n=1

[2 arctan (n + 1)− π

]cos [(n + 1)π] [converge ma non assolutamente]

q)∞∑

n=1

sin

(n2 + n + 1

n + 1π

)[converge ma non assolutamente]

r)∞∑

n=1

cos (nπ)log n

n + 1[converge ma non assolutamente]

*s)∞∑

n=2

(−1)n

n + (−1)n[converge ma non assolutamente]

*t)∞∑

n=1

(−1)n(

1n

+(−1)n

n2

)[converge ma non assolutamente]

*u)∞∑

n=1

(−1)n(

1√n

+(−1)n

n

)[non converge]


*v)∞∑

n=1

(−1)nbn, bn =

1n2 se n e pari,1n se n e dispari

[non converge]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=2

(−1)n 1log (n + 1)

e a termini di segno alterno.


n=2

1log (n + 1)

. Per l’Esercizio 2 a) questa serie diverge. Quindi la serie data

non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = 1log (n+1) , si ha che:

1) limn

bn = limn

1log (n + 1)

= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti,

log (n + 1) < log (n + 2) =⇒ bn+1 =1

log (n + 2)<

1log (n + 1)

= bn.

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.

b) La serie∞∑

n=1

(−1)n log n

n4e a termini di segno alterno.


n=1

log n

n4. Per l’Esercizio 2 b) questa serie converge. Quindi la serie data con-

verge assolutamente e di conseguenza converge.

c) La serie∞∑

n=1

(−1)n log n

n32



n=1

log n

n32

. Per l’Esercizio 2 c) questa serie converge. Quindi la serie data con-

verge assolutamente e di conseguenza converge.

d) La serie∞∑

n=1

(−1)n log(

n + 1n2

)e a termini di segno alterno.


n=1

[− log

(n + 1n2

)]= −

∞∑

n=1

log(

n + 1n2

). Per l’Esercizio 2 d) questa serie diverge.

Quindi la serie data non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che

limn

(−1)n log(

n + 1n2

)6 ∃.



serie, ne segue che la serie data non converge.

e) La serie∞∑

n=1

(−1)n arctan1√n



n=1

arctan1√n

. Per l’Esercizio 2 e) questa serie diverge. Quindi la serie data

non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = arctan 1√n, si ha che:

1) limn

bn = limn

arctan1√n

= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti

1√n + 1

<1√n

=⇒ bn+1 = arctan1√

n + 1< arctan

1√n

= bn.


f) La serie∞∑

n=1

(−1)n log1√n



n=1

(− log

1√n

)= −

∞∑

n=1

log1√n

. Per l’Esercizio 2 g) questa serie diverge. Quindi

la serie data non converge assolutamente.


limn

(−1)n log1√n6 ∃.


serie, ne segue che la serie data non converge.

g) La serie∞∑

n=1

(−1)n n + 1n2 + 1



n=1

n + 1n2 + 1

. E una serie a termini positivi. Poiche

n + 1n2 + 1

∼ 1n

, n → +∞


n=1

1n


la serie∞∑

n=1

n + 1n2 + 1

diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = n+1n2+1

, si ha che:


1) limn

bn = limn

n + 1n2 + 1

= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso-

ciata alla successione (bn), f(x) = x+1x2+1

ristretta all’intervallo [1,+∞), si ha

che f e derivabile con

f ′(x) =−x2 − 2x + 1

(x2 + 1)2.

Poiche per ogni x ∈ [1, +∞) si ha f ′(x) < 0, allora f e decrescente su [1,+∞).

Ne segue che la successione (bn) e decrescente.


h) La serie∞∑

n=1

cos (n + 1)π√n + log n3

e a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (n + 1)π =

(−1)n+1, la serie e∞∑

n=1

(−1)n+1

√n + log n3

.


n=1

1√n + log n3

. E una serie a termini positivi. Poiche log n3 = o (√

n) per

n → +∞, si ha che

1√n + log n3

=1√

n + o (√

n)∼ 1√

n, n → +∞


n=1

1√n


la serie∞∑

n=1

1√n + log n3


Studiamo ora la convergenza. Posto bn = 1√n+log n3 = 1√

n+3 log n, si ha che:

1) limn

bn = limn

1√n + 3 log n

= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti,√

n+3 log n <√

n + 1+3 log (n + 1)

implica

bn+1 =1√

n + 1 + 3 log (n + 1)<

1√n + 3 log n

= bn.


k) La serie∞∑

n=1

(−1)n n

(2n + 1)2e a termini di segno alterno.


n=1

n

(2n + 1)2. E una serie a termini positivi. Poiche

n

(2n + 1)2∼ 1

4n, n → +∞



n=1

14n


la serie∞∑

n=1

n

(2n + 1)2diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = n(2n+1)2

, si ha che:

1) limn

bn = limn

n

(2n + 1)2= 0;


ciata alla successione (bn), f(x) = x(2x+1)2

ristretta all’intervallo [1, +∞), si

ha che f e derivabile con

f ′(x) =1− 2x

(2x + 1)3.

Poiche per ogni x ∈ [1, +∞) si ha f ′(x) < 0, allora f e decrescente su [1, +∞).

Ne segue che la successione (bn) e decrescente.


i) La serie∞∑

n=1

(−1)n 1log (n + 1)− log n



n=1

1log (n + 1)− log n

=∞∑

n=1

1log n+1

n

. Osserviamo che

limn

1log n+1

n

= +∞.


serie, ne segue che questa serie diverge. Quindi la serie data non converge assolu-

tamente.

Studiamo ora la convergenza. Per quanto appena osservato, anche la serie di

partenza non verifica la condizione necessaria per la convergenza della serie. Infatti,

limn

(−1)n 1log n+1

n

6 ∃.

Ne segue che la serie data non converge.

j) La serie∞∑

n=1

(−1)n tan1n



n=1

tan1n

. E una serie a termini positivi. Poiche tanx = x + o(x) per x → 0,

si ha che

tan1n

=1n

+ o

(1n

)∼ 1

n, n → +∞



n=1

1n


la serie∞∑

n=1

tan1n


Studiamo ora la convergenza. Posto bn = tan 1n , si ha che:

1) limn

bn = limn

tan1n

= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti, essendo 0 < 1n < π

2 per ogni n ≥ 1,

si ha che

n < n + 1 =⇒ tan1

n + 1< tan

1n

.


l) La serie∞∑

n=1

3n2

(n!)ncosnπ e a termini di segno alterno. Infatti, essendo cosnπ =

(−1)n, la serie e∞∑

n=1

(−1)n 3n2

(n!)n.


n=1

3n2

(n!)n. Per l’Esercizio 2 m) questa serie converge. Quindi la serie data converge

assolutamente e di conseguenza converge.

m) La serie∞∑

n=1

(−1)n n43

6ne a termini di segno alterno.


n=1

n43

6n. Per l’Esercizio 2 n) questa serie converge. Quindi la serie data converge


n) La serie∞∑

n=1

(−1)n

(3n+23n

) e a termini di segno alterno.


n=1

1(3n+23n

) . Per l’Esercizio 2 p) questa serie converge. Quindi la serie data converge


o) La serie∞∑

n=1

n23

(−2)ne a termini di segno alterno. Infatti, si puo scrivere come

∞∑

n=1

(−1)n n23

2n.


n=1

n23

2n.


E una serie a termini positivi. Si ha che

limn

n

√n23

2n= lim

n

n√

n23

2=

12

< 1.

Quindi per il criterio della radice la serie∞∑

n=1

n23

2nconverge. Ne segue che la serie

data converge assolutamente e di conseguenza converge.

p) La serie∞∑

n=1

[2 arctan (n + 1)− π

]cos [(n + 1)π] e a termini di segno alterno. In-

fatti, essendo cos (n + 1)π = (−1)n+1, la serie e∞∑

n=1

(−1)n+1[2 arctan (n + 1)− π

]=

∞∑

n=1

(−1)n[π − 2 arctan (n + 1)

].


n=1

[π − 2 arctan (n + 1)

]. Si ha che

arctan (n + 1) =π

2− arctan

1n + 1

.

Poiche arctanx = x + o(x) per x → 0, ne segue che

π−2 arctan (n + 1) = 2 arctan1

n + 1=

2n + 1

+o

(1

n + 1

)∼ 2

n + 1, n → +∞.

Essendo la serie∞∑

n=1

1n + 1


la serie∞∑

n=1

[π − 2 arctan (n + 1)

]e divergente. Quindi la serie data non converge

assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = π − 2 arctan (n + 1) = 2 arctan 1n+1 , si

ha che:

1) limn

bn = limn

2 arctan1

n + 1= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti,

n < n + 1 =⇒ bn+1 = 2 arctan1

n + 2< 2 arctan

1n + 1

= bn.


q) La serie∞∑

n=1

sin

(n2 + n + 1

n + 1π

)e a termini di segno alterno. Infatti,

sin

(n2 + n + 1

n + 1π

)= sin

(nπ +

π

n + 1

)= cos (nπ) sin

(π

n + 1

)= (−1)n sin

π

n + 1.


Quindi la serie e∞∑

n=1

(−1)n sinπ

n + 1.


n=1

sinπ

n + 1. E una serie a termini positivi. Poiche sinx = x + o(x) per x → 0, si

ha che

sinπ

n + 1=

π

n + 1+ o

(1

n + 1

)∼ π

n + 1, n → +∞


n=1

π

n + 1divergente, per il criterio del confronto asintotico an-

che la serie∞∑

n=1

sinπ

n + 1diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = sin πn+1 , si ha che:

1) limn

bn = limn

sinπ

n + 1= 0;

2) la successione (bn) e decrescente. Infatti, essendo 0 < πn+1 ≤ π

2 per ogni

n ≥ 1, si ha che

n < n + 1 =⇒ sinπ

n + 2< sin

π

n + 1.


r) La serie∞∑

n=1

cos (nπ)log n

n + 1e a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (nπ) =

(−1)n, la serie e∞∑

n=1

(−1)n log n

n + 1.


n=1

log n

n + 1. E una serie a termini positivi. Poiche

1n + 1

= o

(log n

n + 1

), n → +∞


n=1

1n + 1

divergente, per il criterio del confronto asintotico

anche la serie∞∑

n=1

log n

n + 1diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.

Studiamo ora la convergenza. Posto bn = log nn+1 , si ha che:

1) limn

bn = limn

log n

n + 1= 0;



ciata alla successione (bn), f(x) = log xx+1 ristretta all’intervallo [1, +∞), si ha


f ′(x) =x+1

x − log x

(x + 1)2.

Poiche

limx→+∞

(x + 1

x− log x

)= −∞,

esiste N ∈ N tale che per ogni x ≥ N si ha f ′(x) < 0. Quindi f e decrescente

su [N, +∞). Ne segue che la successione (bn) e decrescente per ogni n ≥ N .


*s) La serie∞∑

n=2

(−1)n

n + (−1)ne a termini di segno alterno.


n=2

1n + (−1)n

. Si ha che

1n + (−1)n

∼ 1n

, n → +∞


n=2

1n


la serie∞∑

n=2

1n + (−1)n


Studiamo ora la convergenza. Posto bn = 1n+(−1)n , si ha che:

1) limn

bn = limn

1n + (−1)n

= 0;

2) la successione (bn) non e decrescente. Infatti,

b2n+1 =1

2n + 1 + (−1)2n+1=

12n

>1

2n + 1=

12n + (−1)2n

= b2n.

Quindi non si puo applicare il criterio di Leibiniz. Per stabilire se la serie data

converge, osserviamo che

(−1)n

n + (−1)n= (−1)n 1

n + (−1)n= (−1)n 1

n + (−1)n

n− (−1)n

n− (−1)n=

= (−1)n n− (−1)n

n2 − 1= (−1)n n

n2 − 1− 1

n2 − 1.

Allora la serie data diventa∞∑

n=2

(−1)n

n + (−1)n=

∞∑

n=2

((−1)n n

n2 − 1− 1

n2 − 1

).


La serie∞∑

n=2

(−1)n n

n2 − 1e convergente. Infatti, e una serie a termini di segno

alterno che non converge assolutamente, essendo nn2−1

∼ 1n per n → +∞, ma

converge per il criterio di Leibiniz, essendo nn2−1

→ 0 per n → +∞ e la successione

an = nn2−1

decrescente (si osservi che la funzione associata f(x) = xx2−1

ha derivata

f ′(x) = − x2+1(x2−1)2

< 0 su [2, +∞)). Inoltre la serie∞∑

n=2

1n2 − 1

e convergente,

essendo 1n2−1

∼ 1n2 per n → +∞. Poiche il termine generale della serie data e

differenza del termine generale di due serie convergenti, per l’algebra delle serie ne

segue che la serie data converge e possiamo scrivere

∞∑

n=2

(−1)n

n + (−1)n=

∞∑

n=2

(−1)n n

n2 − 1−

∞∑

n=2

1n2 − 1

.

*t) La serie∞∑

n=1

(−1)n(

1n

+(−1)n

n2



n=1

(1n

+(−1)n

n2

). Si ha che

1n

+(−1)n

n2∼ 1

n, n → +∞


n=1

1n

divergente, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie∞∑

n=1

(1n

+(−1)n

n2

)diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.


∞∑

n=1

(−1)n(

1n

+(−1)n

n2

)=

∞∑

n=1

((−1)n

n+

1n2

).

Le serie∞∑

n=1

(−1)n

ne∞∑

n=1

1n2

convergono entrambe. Quindi per l’algebra delle serie,

anche la serie data converge.

Osservazione

a) In questo caso non si puo applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, posto

bn = 1n + (−1)n

n2 , si ha che:

1) limn

bn = limn

(1n

+(−1)n

n2

)= 0;



b2n =12n

+(−1)2n

(2n)2=

12n

+1

(2n)2=

2n + 1(2n)2

,

b2n+1 =1

2n + 1+

(−1)2n+1

(2n + 1)2=

12n + 1

− 1(2n + 1)2

=2n

(2n + 1)2,

b2n+2 =2n + 3

(2n + 2)2.

Ne segue che b2n+1 < b2n ma b2n+2 > b2n+1.

b) Abbiamo osservato che bn ∼ 1n per n → +∞. Di conseguenza si ha che

(−1)nbn ∼ (−1)n

n per n → +∞. E errato dire che poiche la serie∞∑

n=1

(−1)n

n

e convergente, allora per il criterio del confronto asintotico anche la serie∞∑

n=1

(−1)nbn e convergente. Infatti, il criterio del confronto asintotico si applica

solo alle serie a termini positivi.

*u) La serie∞∑

n=1

(−1)n(

1√n

+(−1)n

n



n=1

(1√n

+(−1)n

n

). Si ha che

1√n

+(−1)n

n∼ 1√

n, n → +∞


n=1

1√n


la serie∞∑

n=1

(1√n

+(−1)n

n

)diverge. Quindi la serie data non converge assoluta-

mente.


∞∑

n=1

(−1)n(

1√n

+(−1)n

n

)=

∞∑

n=1

((−1)n

√n

+1n

).

La serie∞∑

n=1

(−1)n

√n

converge, mentre la serie∞∑

n=1

1n

diverge. Quindi per l’algebra

delle serie, la serie data diverge.

Osservazione

a) In questo caso non si puo applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, posto

bn = 1√n

+ (−1)n

n , si ha che:


1) limn

bn = limn

(1√n

+(−1)n

n

)= 0;


b2n =1√2n

+(−1)2n

2n=

1√2n

+12n

=√

2n + 12n

,

b2n+1 =1√

2n + 1+

(−1)2n+1

2n + 1=

1√2n + 1

− 12n + 1

=√

2n + 1− 12n + 1

,

b2n+2 =√

2n + 2 + 12n + 2

.

Ne segue che b2n+1 < b2n ma b2n+2 > b2n+1.

b) Abbiamo osservato che bn ∼ 1√n

per n → +∞. Di conseguenza si ha che

(−1)nbn ∼ (−1)n√n

per n → +∞. La serie∞∑

n=1

(−1)n

√n

converge, mentre la

serie∞∑

n=1

(−1)nbn non converge. Cio e in accordo col fatto che il criterio del

confronto asintotico si applica solo alle serie a termini positivi.

*v) La serie∞∑

n=1

(−1)nbn, dove bn =

1n2 se n e pari,1n se n e dispari


Studiamo la convergenza. Per stabilire se la serie data converge, consideriamo la

somma parziale n-esima della serie

Sn =n∑

k=1

(−1)kbk.

Studiamo la convergenza della successione (Sn). Osserviamo che

S2m =2m∑

k=1

(−1)kbk = −1 +14− 1

3+

116

+ · · · − 12m− 1

+1

(2m)2=

= −(

1 +13

+ · · ·+ 12m− 1

)+

(14

+116

+ · · ·+ 1(2m)2

)=

= −m∑

k=1

12k − 1

+m∑

k=1

1(2k)2

.

Poiche la serie∞∑

k=1

12k − 1

diverge, allora la successione

S′2m = −m∑

k=1

12k − 1


diverge a −∞; poiche la serie∞∑

k=1

1(2k)2

converge, allora la successione

S′′2m =m∑

k=1

1(2k)2

converge. Ne segue che la successione S2m = S′2m + S′′2m diverge a −∞. Inoltre, si

ha che

S2m+1 = S2m − 12m + 1

.

Quindi anche

limm

S2m+1 = −∞.

Poiche la successione (Sn) e

Sn =

S2m se n = 2m,

S2m+1 se n = 2m + 1,

si ha che

limn

Sn = −∞.

Quindi la serie data diverge.

Osservazione

a) In questo caso non si puo applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, si ha che:

1) limn

bn = 0;


b2n+1 =1

2n + 1>

1(2n)2

= b2n.

b) Anche se

bn =

1n2 se n e pari,1n se n e dispari,

e errato dire che

∞∑

n=1

(−1)nbn =

∞∑

n=1

(−1)n 1n2

se n e pari,

∞∑

n=1

(−1)n 1n

se n e dispari

=

∞∑

n=1

1(2n)2

=⇒ converge,

∞∑

n=1

12n + 1

=⇒ diverge

e concludere di conseguenza che la serie diverge.

c) Si osserva che bn 6∼ 1n e bn 6∼ 1

n2 per n → +∞.


Esercizio 4. Determinare per quali valori del parametro α ∈ R convergono o convergono

assolutamente le seguenti serie:

a)∞∑

n=1

cos2 (nα)n(n + 1)

[converge assolutamente per ogni α ∈ R]

b)∞∑

n=1

2 + sinn

nα[converge, anche assolutamente, se α > 1]

c)∞∑

n=1

log n

nα[converge, anche assolutamente, se α > 1]

d)∞∑

n=0

π2 − arctann

(n + 1)α[converge, anche assolutamente, se α > 0]

e)∞∑

n=1

n

n + 1αn [converge, anche assolutamente, se |α| < 1]

*f)∞∑

n=1

(−1)n nα(1− e

1n

) [converge assolutamente se α < 0,

converge ma non assolutamente se 0 ≤ α < 1

]

g)∞∑

n=0

(−1)n(tanα)2n

[converge, anche assolutamente, se

−π4 + kπ < α < π

4 + kπ, ∀k ∈ Z

]

h)∞∑

n=2

(−1)n nα n√

n5

[converge assolutamente se α < −1,

converge ma non assolutamente se −1 ≤ α < 0

]

k)∞∑

n=0

e−n4+αn [converge assolutamente per ogni α ∈ R]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=1

cos2 (nα)n(n + 1)


mente).

Poiche cos2 (nα) ≤ 1 per ogni n e per ogni α, si ha che

cos2 (nα)n(n + 1)

≤ 1n(n + 1)

∼ 1n2

, n → +∞.

Essendo convergente la serie∞∑

n=1

1n2

, per il criterio del confronto asintotico anche

la serie∞∑

n=1

1n(n + 1)

converge. Per il criterio del confronto la serie data converge

per ogni α ∈ R.


b) La serie∞∑

n=1

2 + sinn

nαe a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Poiche 1 ≤ 2 + sinn ≤ 3 per ogni n, si ha che

1nα

≤ 2 + sinn

nα≤ 3

nα.


n=1

1nα

convergente se α > 1 e divergente se α ≤ 1, per il criterio

del confronto la serie data converge se α > 1.

c) La serie∞∑

n=1

log n

nαe a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Poiche log n = o(nβ

)per n → +∞ per ogni β > 0, si ha che

log n

nα= o

(1

nα−β

), n → +∞.


n=1

1nα−β

convergente se e solo se α − β > 1, per il criterio del

confronto asintotico la serie data converge se α > 1 + β, per ogni β > 0. Quindi

per ogni α > inf1 + β : β > 0 = 1 la serie data converge.

Consideriamo ora 0 < α ≤ 1. Poiche

1nα

= o

(log n

nα

), n → +∞

ed essendo divergente la serie∞∑

n=1

1nα

con α ≤ 1, per il criterio del confronto

asintotico la serie data diverge.

Infine se α ≤ 0 non e verificata la condizione necessaria per la convergenza della

serie e di conseguenza la serie data diverge. Quindi la serie data converge se α > 1.

d) La serie∞∑

n=0

π2 − arctann

(n + 1)αe a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-

tivamente).

Si ha che

arctann =π

2− arctan

1n

.

Poiche arctanx = x + o(x) per x → 0, ne segue che

π2 − arctann

(n + 1)α=

arctan 1n

(n + 1)α=

1nα+1

+ o

(1

nα+1

)∼ 1

nα+1, n → +∞.



n=1

1nα+1

convergente se e solo se α > 0, per il criterio del confronto

asintotico la serie data converge se α > 0.

e) La serie∞∑

n=1

n

n + 1αn e a termini positivi se α > 0, e nulla se α = 0 ed e a termini

di segno alterno se α < 0. Consideriamo quindi α 6= 0.

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie∞∑

n=1

n

n + 1|α|n.

Poichen

n + 1|α|n ∼ |α|n, n → +∞

ed essendo la serie geometrica∞∑

n=1

|α|n convergente se e solo se |α| < 1, per il

criterio del confronto asintotico la serie∞∑

n=1

n

n + 1|α|n converge se e solo se |α| < 1.

Quindi la serie data converge assolutamente se e solo se |α| < 1.

Consideriamo ora |α| ≥ 1 e studiamo la convergenza. Osserviamo che

limn

n

n + 1αn =

1 se α = 1,

+∞ se α > 1,

6 ∃ se α ≤ −1.


serie, ne segue che per |α| ≥ 1 la serie data non converge. Quindi la serie data

converge se |α| < 1.

*f) La serie∞∑

n=1

(−1)n nα(1− e

1n

)=

∞∑

n=1

(−1)n+1 nα(e

1n − 1

)e a termini di segno

alterno.


n=1

nα(e

1n − 1

).

Poiche ex = 1 + x + o(x) per x → 0, si ha che

nα(e

1n − 1

)= nα

[1n

+ o

(1n

)]=

1n1−α

+ o

(1

n1−α

)∼ 1

n1−α, n → +∞.


n=1

1n1−α

convergente se e solo se α < 0, per il criterio del confronto

asintotico la serie∞∑

n=1

nα(e

1n − 1

)converge se e solo se α < 0. Quindi la serie data

converge assolutamente se e solo se α < 0.


Consideriamo ora α ≥ 0 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα(e

1n − 1

).

Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼ 1n1−α per n → +∞. Allora si

ha che:

1) limn

bn =

0 se 0 ≤ α < 1,

1 se α = 1,

+∞ se α > 1.

Quindi se α ≥ 1 non e verificata la condizione necessaria per la convergenza

della serie e di conseguenza la serie data non converge.

Limitiamoci ora a considerare il caso 0 ≤ α < 1.

2) Per 0 ≤ α < 1 la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo

la funzione f associata alla successione (bn), f(x) = xα(e

1x − 1

)ristretta

all’intervallo [1, +∞), si ha che f e derivabile con

f ′(x) = xα−2[e

1x (αx− 1)− αx

].

Poiche et = 1 + t + o(t) per t → 0, si osserva che

limx→+∞

[e

1x (αx− 1)− αx

]= lim

x→+∞

[(1 +

1x

+ o

(1x

))(αx− 1)− αx

]=

= limx→+∞

[αx− 1 + α− 1

x+ o(1)− αx

]= α− 1 < 0.

Ne segue che esiste N ∈ N tale che per ogni x ≥ N si ha e1x (αx−1)−αx < 0.

Di conseguenza per ogni x ≥ N si ha f ′(x) < 0 e quindi f e decrescente su

[N,+∞). Ne segue che la successione (bn) e decrescente per ogni n ≥ N .

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se

0 ≤ α < 1. In definitiva converge se α < 1.

g) La serie∞∑

n=0

(−1)n(tanα)2n e a termini di segno alterno.

Osserviamo che∞∑

n=0

(−1)n(tanα)2n =∞∑

n=0

(− tan2 α

)n.

Quindi e una serie geometrica con ragione − tan2 α. Pertanto converge, anche

assolutamente, se e solo se tan2 α < 1, cioe per −π4 + kπ < α < π

4 + kπ, per ogni

k ∈ Z.


h) La serie∞∑

n=2

(−1)n nα n√

n5 e a termini di segno alterno.


n=2

nα n√

n5 =∞∑

n=2

nα+ 5n .

Poiche

nα+ 5n ∼ nα, n → +∞


n=2

nα convergente se e solo se α < −1, per il criterio del

confronto asintotico la serie∞∑

n=2

nα+ 5n converge se e solo se α < −1 e di conseguenza

la serie data converge assolutamente se e solo se α < −1.

Consideriamo ora α ≥ −1 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα n√

n5 =

nα+ 5n . Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼ nα per n → +∞. Allora

si ha che:

1) limn

bn =

0 se −1 ≤ α < 0,

1 se α = 0,

+∞ se α > 0.Quindi se α ≥ 0 non e verificata la condizione necessaria per la convergenza

della serie e di conseguenza la serie data non converge.

Limitiamoci ora a considerare il caso −1 ≤ α < 0.

2) Per −1 ≤ α < 0 la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo la

funzione f associata alla successione (bn), f(x) = xα+ 5x ristretta all’intervallo

[2,+∞), si ha che f e derivabile con

f ′(x) = xα+ 5x

[5x2

(1− log x) +α

x

].

Essendo α < 0 si ha che si ha f ′(x) < 0 per x ≥ 3. Quindi f e decrescente su

[3,+∞). Ne segue che la successione (bn) e decrescente per ogni n ≥ 3.

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se

−1 ≤ α < 0. In definitiva converge se α < 0.

k) La serie∞∑

n=0

e−n4+αn e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

mente).

Poiche per ogni α ∈ R si ha che

e−n4+αn = o

(1n2

), n → +∞



n=1

1n2


serie data converge per ogni α ∈ R.

Esercizio 5. Determinare per quali valori di x ∈ R convergono le seguenti serie e per

tali valori calcolarne la somma:

a)∞∑

n=0

3n

xn(x− 6)n

converge se x < 3− 2√

3,

3−√6 < x < 3 +√

6, x > 3 + 2√

3;

somma:x2 − 6x

x2 − 6x− 3

b)∞∑

n=1

xn

(1− x)n

converge se x < 12 ;

somma:x

1− 2x

c)∞∑

n=1

(1

1− log |x|)n

converge se x < −e2,

−1 < x < 0, 0 < x < 1, x > e2;

somma:1− 2 log |x|

log |x|

d)∞∑

n=1

(3x)nx

converge se 0 < x < 13 ;

somma:(3x)x

1− (3x)x

e)∞∑

n=0

(6− 2x)n

2n(x− 1)2n

converge se x < −1, x > 2,

somma:(x− 1)2

x2 − x− 2

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=0

3n

xn(x− 6)n=

∞∑

n=0

[3

x(x− 6)

]n

e una serie di potenze con ragione

3x(x− 6)

. Quindi converge quando∣∣∣∣

3x(x− 6)

∣∣∣∣ < 1, cioe se

x < 3− 2√

3, 3−√

6 < x < 3 +√

6, x > 3 + 2√

3.

Per tali x si ha che la somma e

S(x) =∞∑

n=0

[3

x(x− 6)

]n

=1

1− 3x(x− 6)

=x2 − 6x

x2 − 6x− 3.


b) La serie∞∑

n=1

xn

(1− x)n=

∞∑

n=1

(x

1− x

)n

e una serie di potenze con ragionex

1− x.

Quindi converge quando∣∣∣∣

x

1− x

∣∣∣∣ < 1, cioe se x < 12 . Per tali x si ha che la somma

e

S(x) =∞∑

n=1

(x

1− x

)n

=∞∑

n=0

(x

1− x

)n

− 1 =1

1− x

1− x

− 1 =x

1− 2x.

c) La serie∞∑

n=1

(1

1− log |x|)n

e una serie di potenze con ragione1

1− log |x| . Quindi

converge quando∣∣∣∣

11− log |x|

∣∣∣∣ < 1, cioe se

x < −e2, −1 < x < 0, 0 < x < 1, x > e2.

Per tali x si ha che la somma e

S(x) =∞∑

n=1

(1

1− log |x|)n

=∞∑

n=0

(1

1− log |x|)n

− 1 =

=1

1− 11− log |x|

− 1 =1− 2 log |x|

log |x| .

d) La serie∞∑

n=1

(3x)nx =∞∑

n=1

[(3x)x]n e una serie di potenze con ragione (3x)x. Quindi

converge quando (3x)x < 1, cioe se 0 < x < 13 . Per tali x si ha che la somma e

S(x) =∞∑

n=1

(3x)nx =∞∑

n=0

(3x)nx − 1 =1

1− (3x)x− 1 =

(3x)x

1− (3x)x.

e) La serie∞∑

n=0

(6− 2x)n

2n(x− 1)2n=

∞∑

n=0

[3− x

(x− 1)2

]n

e una serie di potenze con ragione

3− x

(x− 1)2. Quindi converge quando

∣∣∣∣3− x

(x− 1)2

∣∣∣∣ < 1, cioe se x < −1, x > 2. Per tali

x si ha che la somma e

S(x) =∞∑

n=0

[3− x

(x− 1)2

]n

=1

1− 3− x

(x− 1)2

=(x− 1)2

x2 − x− 2.

Esercizio 6. Sia (an) una successione positiva e crescente. Stabilire se convergono o

non convergono le seguenti serie:


a)∞∑

n=0

an [diverge]

b)∞∑

n=0

(−1)nan [non converge]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=0

an e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Poiche (an) e crescente, per le proprieta delle successioni monotone si ha che

limn

an = l > 0. Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la con-

vergenza della serie, si ha che la serie data diverge.

b) La serie∞∑

n=0

(−1)n an e a termini di segno alterno. Poiche (an) e crescente, per le

proprieta delle successioni monotone si ha che limn

an = l > 0. Ne segue che

limn

(−1)n an 6= 0.


serie, si ha che la serie data non converge.

Osservazione

Essendo una serie a termini di segno alterno, una condizione sufficiente per la

convergenza e il criterio di Leibiniz, in base al quale se limn

an = 0 e la successione

(an) e decrescente, allora la serie data converge.

Poiche questo criterio costituisce una condizione sufficiente, e errato dire che la

serie data non converge perche la successione (an) non e decrescente. Inoltre, negli

Esercizi 3 s) e t) le serie convergono anche se (an) non e decrescente.

* Esercizio 7. Sia (an) una successione positiva tale che

limn

an

n= α ∈ ]0, +∞].

Determinare il carattere della serie∞∑

n=0

1ean

. [converge]


Svolgimento

La serie∞∑

n=0

1ean

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Poiche limn

an

n= α ∈ ]0, +∞], allora si ha che lim

nan = +∞. Quindi ap

n = o (ean) per

n → +∞ per ogni p > 0. Distinguiamo due casi:

1) se α 6= +∞, allora an ∼ αn per n → +∞. Quindi

α2n2 ∼ a2n = o (ean) =⇒ 1

ean= o

(1n2

), n → +∞.


n=1

1n2

converge, per il criterio del confronto asintotico anche la


2) se α = +∞, allora n = o(an) per n → +∞. Quindi

n2 = o(a2n) = o (ean) =⇒ 1

ean= o

(1n2

), n → +∞.


n=1

1n2

converge, per il criterio del confronto asintotico anche la


Osservazione

Nel caso in cui α = 0 non si puo concludere nulla, come mostra l’Esercizio 8.

* Esercizio 8. Sia (an) una successione positiva tale che

limn

an

log n= α ∈ [0, +∞].

Dimostrare che la serie∞∑

n=0

1ean

diverge se α < 1, converge se α > 1, mentre per α = 1

non si puo concludere nulla.

Svolgimento

La serie∞∑

n=0

1ean

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Distinguiamo due casi:

1) se α = +∞, allora per la definizione di limite, esiste N > 1 tale che per ogni n ≥ N

si ha anlog n > 2. Quindi an > log n2 per n ≥ N e di conseguenza

1ean

<1n2

, ∀n ≥ N.



n=1

1n2

converge, per il criterio del confronto anche la serie data

converge.

2) se α 6= +∞, allora per la definizione di limite, preso ε > 0 esiste Nε > 1 tale che

per ogni n ≥ Nε si ha α−ε < anlog n < α+ε. Quindi (α−ε) log n < an < (α+ε) log n

per n ≥ Nε e di conseguenza

1nα+ε

<1

ean<

1nα−ε

, ∀n ≥ Nε.

Consideriamo separatamente i casi α < 1, α > 1 e α = 1.

a) Se α < 1, allora per 0 < ε < 1 − α si ha che α + ε < 1. Poiche la serie∞∑

n=1

1nα+ε

diverge, per il criterio del confronto anche la serie data diverge.

b) Se α > 1, allora per 0 < ε < α − 1 si ha che α − ε > 1. Poiche la serie∞∑

n=1

1nα−ε

converge, per il criterio del confronto anche la serie data converge.

c) Se α = 1, allora per ε > 0 si ha che

1n1+ε

<1

ean<

1n1−ε

, ∀n ≥ Nε.

La serie∞∑

n=1

1n1−ε

diverge mentre la serie∞∑

n=1

1n1+ε

converge, ma non e possibile

applicare il criterio del confronto.

In questo caso si ha che an ∼ log n per n → +∞. Quindi an = log n+o(log n)

per n → +∞ e di conseguenza

ean = elog n+o(log n) = n eo(log n) = n elog n o(1) = nno(1) = n1+o(1), n → +∞

da cui1

ean=

1n1+o(1)

, n → +∞.

Tutto cio non consente di concludere nulla sull’ordine di infinitesimo di 1ean

per n → +∞ e quindi non e sufficiente per stabilire ne che la serie converge

ne che la serie diverge.

Se per esempio si considera an = log n−(log n)1/2, allora an = log n+o(log n)

per n → +∞ e

ean = elog n−(log n)1/2= n e−(log n)1/2

= o(n), n → +∞.


Quindi1n

= o

(1

ean

), n → +∞.


n=1

1n

diverge, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie data diverge.

Se invece si considera an = log n + (log n)1/2, allora an = log n + o(log n) per

n → +∞ e

ean = elog n+(log n)1/2= n e(log n)1/2

.

Essendo xp = o(ex) per x → +∞ per ogni p > 0, si ha anche che

logp n = o(e(log n)1/2

), n → +∞, ∀p > 0.

Quindi per ogni p > 0 si ha

1ean

=1

n e(log n)1/2= o

(1

n logp n

), n → +∞.

La serie∞∑

n=2

1n logp n

converge se e solo se p > 1. Infatti, posto bn = 1n logp n

consideriamo la funzione f(x) = 1x logp x associata a bn, cioe tale che f(n) = bn

per ogni n ∈ N, n ≥ 2. Si ha che f e positiva e decrescente su [2,+∞). Quindi

per il criterio di McLaurin la serie∞∑

n=2

bn converge se e solo se l’integrale

improprio∫ +∞

2f(x) dx converge. Si ha che

∫ +∞

2f(x) dx =

∫ +∞

2

1x logp x

dx = limc→+∞

∫ c

2

1x logp x

dx =

posto t = log x, da cui dt = 1x dx, si ottiene

= limc→+∞

∫ log c

log 2

1tp

dt =∫ +∞

log 2

1tp

dt :

diverge se p ≤ 1,

converge se p > 1.

Quindi se si considera p > 1, essendo

1ean

= o

(1

n logp n

), n → +∞,

e la serie∞∑

n=2

1n logp n

convergente, per il criterio del confronto asintotico la


Questi due esempi mostrano che se limn

an

log n= 1 non possiamo concludere

nulla.


Osservazione

Non e vero che

an ∼ bn, n → +∞ =⇒ ean ∼ ebn , n → +∞.

Infatti, nei due esempi visti precedentemente si ha

log n− (log n)1/2 ∼ log n + (log n)1/2, n → +∞

e

elog n−(log n)1/2= o

(elog n+(log n)1/2

), n → +∞.

Quindi se 0 < α < +∞ non e vero che

an ∼ α log n, n → +∞ =⇒ ean ∼ eα log n = nα, n → +∞.

Pertanto e errato dire che se 0 < α < +∞, allora

an ∼ α log n, n → +∞ =⇒ ean ∼ eα log n = nα, n → +∞

e di conseguenza concludere che

1ean

∼ 1nα

, n → +∞.

Successioni di funzioni: esercizisvolti


giore.

Esercizio 1. Determinare il limite puntuale delle seguenti successioni di funzioni e

stabilire se la convergenza e uniforme.

a) fn(x) = nx e−nx , x ∈ [0, 1] [converge ma non uniformemente a f(x) = 0]

b) fn(x) = n−2√

1− x2n , x ∈ [−1, 1] [converge uniformemente a f(x) = 0]

c) fn(x) =

−1 se −1 ≤ x ≤ − 1n

,

nx se − 1n

< x <1n

,

1 se1n≤ x ≤ 1

converge ma non uniformemente a

f(x) =

−1 se −1 ≤ x < 0,

0 se x = 0,

1 se 0 < x ≤ 1

d) fn(x) =

√n se 0 < x <

1n

,

1√x

se1n≤ x ≤ 1

[converge ma non uniformemente a f(x) = 1√

x

]

e) fn(x) =

1 se 0 < x <1n

,

0 se1n≤ x ≤ 1

[converge ma non uniformemente a f(x) = 0]

f) fn(x) = (1− x)xn , x ∈ [0, 1] [converge uniformemente a f(x) = 0]

g) fn(x) = xn , x ∈ [0, 1]

converge ma non uniformemente a

f(x) =

0 se 0 ≤ x < 1,

1 se x = 1

h) fn(x) =nx

1 + n2x2, x ∈ [−1, 1] [converge ma non uniformemente a f(x) = 0]

1

2 Successioni di funzioni: esercizi svolti

k) fn(x) =

1n se 0 < x <

1n

,

0 se1n≤ x ≤ 1

[converge uniformemente a f(x) = 0]

Svolgimento

a) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove fn(x) =

nx e−nx per ogni x ∈ [0, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [0, 1]

limn

fn(x) = limn

nx e−nx = 0.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [0, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su [0, 1]. Calco-

liamo il limite

limn‖fn − f‖∞ = lim

n

(sup

x∈ [0,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

[sup

x∈ [0,1]

(nx e−nx)

].

Calcoliamo il supx∈ [0,1]

(nx e−nx)

. Poiche per ogni n ∈ N la funzione fn(x) = nx e−nx

e continua su [0, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne segue che

supx∈ [0,1]

(nx e−nx)

= maxx∈ [0,1]

(nx e−nx)

.

Osserviamo che fn e anche derivabile su [0, 1] con f ′n(x) = n(1− nx) e−nx. Quindi

per ogni n ≥ 1 si ha che f ′n(x) = 0 per x = 1n ∈ [0, 1] e f ′n(x) > 0 per 0 ≤ x < 1

n .

Ne segue che x = 1n e il punto di massimo di fn su [0, 1] e

maxx∈ [0,1]

(nx e−nx)

= f

(1n

)= e−1.

Pertanto si ha che


n

[sup

x∈ [0,1]

(nx e−nx)

]= e−1 6= 0.

Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente a f su [0, 1].

b) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove fn(x) =

n−2√

1− x2n per ogni x ∈ [−1, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [−1, 1]

limn

fn(x) = limn

n−2√

1− x2n = 0.

Successioni di funzioni: esercizi svolti 3

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [−1, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su [−1, 1]. Cal-

coliamo il limite


n

(sup

x∈ [−1,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

[sup

x∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

)].

Calcoliamo il supx∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

). Poiche per ogni n ∈ N la funzione fn(x) =

n−2√

1− x2n e continua su [−1, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo.

Ne segue che

supx∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

)= max

x∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

).

Osserviamo che fn e anche derivabile su (−1, 1) con

f ′n(x) = − x2n−1

n√

1− x2n.

Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che f ′n(x) = 0 per x = 0 ∈ [−1, 1] e f ′n(x) > 0 per

−1 < x < 0. Ne segue che x = 0 e il punto di massimo di fn su [−1, 1] e

maxx∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

)= f(0) =

1n2

.

Pertanto si ha che


n

[sup

x∈ [−1,1]

(n−2

√1− x2n

)]= lim

n

1n2

= 0.

Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente a f su [−1, 1].

c) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove

fn(x) =

−1 se −1 ≤ x ≤ − 1n

,

nx se − 1n

< x <1n

,

1 se1n≤ x ≤ 1.


−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Fig. a: Grafico di fn per n = 2.

Essendo fn dispari per ogni n ≥ 1, e sufficiente considerare x ∈ [0, 1].

Per x = 0 si ha che fn(0) = 0 per ogni n. Ne segue che

limn

fn(0) = 0.

Quindi la successione (fn) converge puntualmente a 0 in x = 0.

Sia ora x ∈ ]0, 1]. Poiche 1n → 0 per n → +∞, si ha che definitivamente 1

n ≤ x,

cioe esiste N ∈ N tale che per ogni n ≥ N si ha 1n ≤ x. Ne segue che per ogni

n ≥ N si ha fn(x) = 1. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che

limn

fn(x) = 1.

Per simmetria si ha che se x ∈ [−1, 0[

limn

fn(x) = −1.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [−1, 1] alla funzione

f(x) =

−1 se −1 ≤ x < 0,

0 se x = 0,

1 se 0 < x ≤ 1.

Poiche le funzioni fn sono continue mentre f non e continua su [−1, 1], si ha che

la successione (fn) non converge uniformemente a f su [−1, 1].

d) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove

fn(x) =

√n se 0 < x <

1n

,

1√x

se1n≤ x ≤ 1.


−0.5 0.0 0.5 1.0 1.50.0

0.5

1.0

1.5

Fig. b: Grafico di fn per n = 2.

Sia x ∈ ]0, 1]. Poiche 1n → 0 per n → +∞, si ha che definitivamente 1

n ≤ x, cioe

esiste N ∈ N tale che per ogni n ≥ N si ha 1n ≤ x. Ne segue che per ogni n ≥ N

si ha fn(x) = 1√x. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che

limn

fn(x) =1√x

.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su ]0, 1] alla funzione

f(x) =1√x

.

Poiche la funzione f non e limitata su ]0, 1], si ha che la successione (fn) non

converge uniformemente a f su ]0, 1].

e) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove

fn(x) =

1 se 0 < x <1n

,

0 se1n≤ x ≤ 1.

−0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.20.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Fig. c: Grafico di fn per n = 2.



n ≤ x, cioe


si ha fn(x) = 0. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che

limn

fn(x) = 0.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su ]0, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su ]0, 1]. Calco-

liamo il limite


n

(sup

x∈ ]0,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

[sup

x∈ ]0,1]fn(x)

].

Si ha che per ogni n ∈ Nsup

x∈ ]0,1]fn(x) = 1.

Pertanto si ha che


n

[sup

x∈ [0,1]fn(x)

]= 1 6= 0.

Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente a f su ]0, 1].

Osservazione

a) La funzione limite f e continua, mentre le funzioni fn sono discontinue su

]0, 1]. Nonostante cio non e possibile concludere che la convergenza non e

uniforme. Infatti, si puo concludere che la convergenza non e uniforme solo

quando le funzioni fn sono continue e la funzione limite f non lo e.

b) Se definiamo fn anche in x = 0 con il valore fn(0) = 1, allora la funzione

limite f e definita in x = 0 con il valore f(0) = 1. In tal caso sia le fn che

f sono discontinue su [0, 1]. Nonostante cio non e possibile concludere che

la convergenza non e uniforme. Infatti, si puo concludere che la convergenza

non e uniforme solo quando le funzioni fn sono continue e la funzione limite

f non lo e. Per studiare la convergenza uniforme bisogna procedere come nel

caso precedente. Si ha che


n

(sup

x∈ ]0,1]|fn(x)− f(x)|

)= 1 6= 0.

Ne segue che anche in questo caso la successione (fn) non converge uniforme-

mente a f su [0, 1].


f) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove fn(x) =

(1− x)xn per ogni x ∈ [0, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [0, 1]

limn

fn(x) = limn

(1− x)xn = 0.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [0, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su [0, 1]. Calco-

liamo il limite


n

(sup

x∈ [0,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

(sup

x∈ [0,1]

[(1− x)xn

]).

Calcoliamo il supx∈ [0,1]

[(1− x)xn

]. Poiche per ogni n ∈ N la funzione fn(x) = (1 −

x)xn e continua su [0, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne

segue che

supx∈ [0,1]

[(1− x)xn

]= max

x∈ [0,1]

[(1− x)xn

].

Osserviamo che fn e anche derivabile su [0, 1] con

f ′n(x) = [n− (n + 1)x]xn−1.

Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che f ′n(x) = 0 per x = 0, nn+1 ∈ [0, 1] e f ′n(x) > 0 per

0 < x < nn+1 . Ne segue che x = n

n+1 e il punto di massimo di fn su [0, 1] e

maxx∈ [0,1]

[(1− x)xn

]= f

(n

n + 1

)=

1n + 1

(n

n + 1

)n

.

Pertanto si ha che


n

(sup

x∈ [0,1]

[(1− x)xn

])= lim

n

1n + 1

(n

n + 1

)n

= 0.

Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente a f su [0, 1].

g) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove fn(x) =

xn per ogni x ∈ [0, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [0, 1]

limn

fn(x) = limn

xn =

0 se 0 ≤ x < 1,

1 se x = 1.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [0, 1] alla funzione

f(x) =

0 se 0 ≤ x < 1,

1 se x = 1.

Poiche le funzioni fn sono continue mentre f non e continua su [0, 1], si ha che la

successione (fn) non converge uniformemente a f su [0, 1].


h) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove fn(x) =nx

1+n2x2 per ogni x ∈ [−1, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [−1, 1]

limn

fn(x) = limn

nx

1 + n2x2= 0.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su [−1, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su [−1, 1]. Cal-

coliamo il limite


n

(sup

x∈ [−1,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

[sup

x∈ [−1,1]

∣∣∣∣nx

1 + n2x2

∣∣∣∣]

.

Calcoliamo il supx∈ [−1,1]

∣∣∣∣nx

1 + n2x2

∣∣∣∣. Essendo fn dispari, si ha che

supx∈ [−1,1]

∣∣∣∣nx

1 + n2x2

∣∣∣∣ = supx∈ [0,1]

(nx

1 + n2x2

).

Poiche per ogni n ∈ N la funzione fn(x) = nx1+n2x2 e continua su [0, 1], per il

Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne segue che

supx∈ [0,1]

(nx

1 + n2x2

)= max

x∈ [0,1]

(nx

1 + n2x2

).

Osserviamo che fn e anche derivabile su [0, 1] con

f ′n(x) =n(1− n2x2)(1 + n2x2)2

.

Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che f ′n(x) = 0 per x = 1n ∈ [0, 1] e f ′n(x) > 0 per

0 ≤ x < 1n . Ne segue che x = 1

n e il punto di massimo di fn su [0, 1] e

maxx∈ [0,1]

(nx

1 + n2x2

)= f

(1n

)=

12.

Pertanto si ha che


n

[sup

x∈ [−1,1]

∣∣∣∣nx

1 + n2x2

∣∣∣∣]

=12.

Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente a f su [−1, 1].

k) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn), dove

fn(x) =

1n

se 0 < x <1n

,

0 se1n≤ x ≤ 1.


−0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.20.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Fig. d: Grafico di fn per n = 2.


n ≤ x, cioe


si ha fn(x) = 0. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che

limn

fn(x) = 0.

Quindi la successione (fn) tende puntualmente su ]0, 1] alla funzione f(x) = 0.

Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn) a f su ]0, 1]. Calco-

liamo il limite


n

(sup

x∈ ]0,1]|fn(x)− f(x)|

)= lim

n

[sup

x∈ ]0,1]fn(x)

].

Si ha che per ogni n ∈ Nsup

x∈ ]0,1]fn(x) =

1n

.

Pertanto si ha che


n

[sup

x∈ [0,1]fn(x)

]= lim

n

1n

= 0.

Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente a f su ]0, 1].

Osservazione

La funzione limite f e continua, mentre le funzioni fn sono discontinue su ]0, 1].

Nonostante cio la convergenza e uniforme. Infatti, si puo concludere che la conver-

genza non e uniforme solo quando le funzioni fn sono continue e la funzione limite

f non lo e.


* Esercizio 2. Per ogni n ∈ N, n ≥ 1 siano kn = maxk ∈ N : 2k − 1 ≤ n,

In =

[n + 1− 2kn

2kn,n + 2− 2kn

2kn

]

e fn : [0, 1] → R la funzione definita da

fn(x) =

1 se x ∈ In,

0 se x ∈ [0, 1] \ In.

Verificare che la successione (fn) non converge puntualmente in alcun punto di [0, 1].

Svolgimento

Per provare che la successione (fn) non converge puntualmente in alcun punto di

[0, 1] e necessario capire come sono fatti gli intervalli In, per ogni n ≥ 1.

La successione di intervalli In e costruita nel seguente modo: si considera l’intervallo

[0, 1] e al passo h = 1 lo si suddivide in due intervalli di eguale ampiezza 12 , I1 e I2.

• • •0 1/2 1

I1 I2

Infatti per n = 1, 2 si ha che kn = 1 e quindi I1 =[0, 1

2

]e I2 =

[12 , 1

].

Al passo h = 2 ciascuno degli intervalli individuati al passo precedente viene suddi-

viso in due intervalli di eguale ampiezza 14 ottenendo cosı che l’intervallo [0, 1] e suddiviso

in 4 intervalli, I3, I4, I5, I6.

• • • • •0 1/4 1/2 3/4 1

I3 I4 I5 I6

Infatti per n = 3, . . . , 6 si ha che kn = 2 e quindi I3 =[0, 1

4

], I4 =

[14 , 1

2

], I5 =

[12 , 3

4

],

I6 =[

34 , 1

].

Iterando questo procedimento, al generico passo h ciascuno degli intervalli individua-

ti al passo precedente viene suddiviso in due intervalli di eguale ampiezza 12h ottenendo

cosı che l’intervallo [0, 1] e suddiviso in 2h intervalli, I2h−1, . . . , I2h+1−2.


• • • • •. . .0 1

2h1

2h−12h−12h 1

I2h−1 I2h I2h+1−2

Infatti per n = 2h − 1, . . . , 2h+1 − 2 si ha che kn = h e quindi

I2h−1 =[0,

12h

], . . . , I2h+1−2 =

[2h − 1

2h, 1

].

In termini piu rigorosi possiamo dire che:

a) per ogni n ≥ 1 si ha che In ⊆ [0, 1];

b) per ogni h ≥ 1 si ha che i 2h intervalli I2h−1, . . . , I2h+1−2 costituiscono una suddi-

visione dell’intervallo [0, 1], cioe I2h−1 ∪ · · · ∪ I2h+1−2 = [0, 1] e se 2h − 1 ≤ i < j ≤2h+1− 2, allora Ii ∩ Ij 6= ∅ se e solo se j = i + 1 e in tal caso Ii ∩ Ij e costituito da

un unico punto.

Dimostrazione

a) Poiche kn = maxk ∈ N : 2k − 1 ≤ n, per ogni n ≥ 1 si ha che

2kn − 1 ≤ n ≤ 2kn+1 − 2.

Quindi

0 ≤ n + 1− 2kn

2kn,

n + 2− 2kn

2kn≤ 2kn+1 − 2kn

2kn= 1.

Ne segue che

In =

[n + 1− 2kn

2kn,n + 2− 2kn

2kn

]⊆ [0, 1].

b) Sia h ≥ 1. Consideriamo gli intervalli In con 2h − 1 ≤ n ≤ 2h+1 − 2. Ne segue che

kn = h. Posto j = n− 2h + 1, si ha che 0 ≤ j ≤ 2h − 1 e quindi

I2h−1+j = In =

[n + 1− 2kn

2kn,n + 2− 2kn

2kn

]=

[j

2h,j + 12h

].

Si osserva che ciascun intervallo ha ampiezza 12h . Pertanto si ha che

I2h−1 ∪ · · · ∪ I2h+1−2 =[0,

12h

]∪ · · · ∪

[j

2h,j + 12h

]∪ · · · ∪

[2h − 1

2h, 1

]= [0, 1].


In modo del tutto equivalente si puo dimostrare che per ogni x ∈ [0, 1] esiste

0 ≤ j ≤ 2h − 1 tale che x ∈ I2h−1+j . Infatti, sia x ∈ [0, 1[. Allora 0 ≤ x 2h < 2h.

Denotata con jx la parte intera di x 2h, si ha che 0 ≤ jx ≤ 2h−1 e jx ≤ x 2h < jx+1.

Di conseguenza si ha chejx

2h≤ x <

jx + 12h

e quindi x ∈ I2h−1+jx. Se x = 1, allora e ovvio che x ∈ I2h+1−2. Ne segue che

[0, 1] ⊆ I2h−1 ∪ · · · ∪ I2h+1−2 e quindi [0, 1] = I2h−1 ∪ · · · ∪ I2h+1−2.

Osserviamo infine che

In ∩ In+1 = I2h−1+j ∩ I2h+j =[

j

2h,j + 12h

]∩

[j + 12h

,j + 22h

]=

j + 12h

,

mentre se 2h − 1 ≤ i < j ≤ 2h+1 − 2 con j > i + 1

Ii ∩ Ij = I2h−1+i ∩ I2h−1+j =[

i

2h,i + 12h

]∩

[j

2h,j + 12h

]= ∅.

Studiamo ora la convergenza della successione (fn). Sia x ∈ [0, 1]. Per quanto

appena osservato si ha che per ogni h ≥ 1 esistono 2h − 1 ≤ ih, jh ≤ 2h+1 − 2 al piu

coincidenti, tali che x ∈ Iih∩Ijhe x 6∈ Imh

, per ogni 2h−1 ≤ mh ≤ 2h+1−2, mh 6= ih, jh.

Quindi se 2h − 1 ≤ n ≤ 2h+1 − 2, allora si ha che

fn(x) =

1 se n = ih, jh,

0 se n 6= ih, jh.

Pertanto, per ogni h ≥ 1 si ha che esistono nh,mh ≥ 2h−1 tali fnh(x) = 1 e fmh

(x) = 0.

Ne segue che non esiste limn

fn(x). Quindi la successione (fn) non converge in alcun

x ∈ [0, 1].

Serie di funzioni: esercizi svolti


giore.

Esercizio 1. Studiare la convergenza normale, uniforme, assoluta e puntuale delle

seguenti serie di funzioni:

a)∞∑

n=1

n−2√

1− x2n, x ∈ [−1, 1] [converge normalmente]

b)∞∑

n=1

1n2(1 + n2x2)

, x ∈ R [converge normalmente]

c)∞∑

n=0

11 + n2x2

, |x| ≥ a > 0 [converge normalmente in (−∞,−a] ∪ [a,+∞)]

d)∞∑

n=1

12n−1

√1 + nx

, x ≥ 0 [converge normalmente]

e)∞∑

n=1

(nx

1 + nx2− (n− 1)x

1 + (n− 1)x2

), x ∈ R

converge puntualmente a

f(x) =

0 se x = 0,1x se x 6= 0,

converge assolutamente a |f(x)|

f)∞∑

n=0

(−1)n xn, x ∈ [−1, 1] [converge assolutamente in (−1, 1)]

*g)∞∑

n=1

log (1 + nx)nxn

, x ≥ a > 1 [converge normalmente in [a,+∞)]

h)∞∑

n=1

(arctan (nx)− arctan [(n− 1)x]

), x ∈ R

converge puntualmente a

f(x) =

−π2 se x < 0,

0 se x = 0,π2 se x > 0

e assolutamente a |f(x)|

1

2 Serie di funzioni: esercizi svolti

i)∞∑

n=1

cosnx

n(n + 1), x ∈ R [converge normalmente]

l)∞∑

n=1

(−1)n−1 2n(sinx)2n

n + 1, x ∈

[−π

6,π

6

][converge normalmente]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=1

n−2√

1− x2n e una serie di funzioni continue su [−1, 1]. Per ogni n ≥ 1

poniamo fn(x) = n−2√

1− x2n.

Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie

numerica∞∑

n=1

‖fn‖∞. Si ha che

‖fn‖∞ = supx∈[−1,1]

|fn(x)| = maxx∈[−1,1]

|fn(x)| = maxx∈[−1,1]

(n−2

√1− x2n

)=

1n2

.

Quindi la serie∞∑

n=1

‖fn‖∞ =∞∑

n=1

1n2

e convergente. Ne segue che la serie data con-

verge normalmente e quindi anche uniformemente, assolutamente e puntualmente

in [−1, 1].

b) La serie∞∑

n=1

1n2(1 + n2x2)

e una serie di funzioni continue su R. Per ogni n ≥ 1

poniamo fn(x) = 1n2(1+n2x2)

.


numerica∞∑

n=1


‖fn‖∞ = supx∈R

|fn(x)| = supx∈R

(1

n2(1 + n2x2)

)=

1n2

.


n=1

‖fn‖∞ =∞∑

n=1

1n2



in R.

c) La serie∞∑

n=0

11 + n2x2

e una serie di funzioni continue su (−∞,−a]∪ [a,+∞). Per

ogni n ≥ 0 poniamo fn(x) = 11+n2x2 .

Serie di funzioni: esercizi svolti 3


numerica∞∑

n=0


‖fn‖∞ = sup|x|≥a

|fn(x)| = sup|x|≥a

(1

1 + n2x2

)=

11 + n2a2

.


n=0

‖fn‖∞ =∞∑

n=0

11 + n2a2

e convergente. Ne segue che la serie

data converge normalmente e quindi anche uniformemente, assolutamente e pun-

tualmente in (−∞,−a] ∪ [a, +∞).

d) La serie∞∑

n=1

12n−1

√1 + nx

e una serie di funzioni continue su [0, +∞). Per ogni

n ≥ 1 poniamo fn(x) = 12n−1

√1+nx

.


numerica∞∑

n=1


‖fn‖∞ = supx≥0

|fn(x)| = supx≥0

(1

2n−1√

1 + nx

)=

12n−1

.


n=1

‖fn‖∞ =∞∑

n=1

12n−1



in [0,+∞).

e) La serie∞∑

n=1

(nx

1 + nx2− (n− 1)x

1 + (n− 1)x2

)e una serie di funzioni continue su R. Per

ogni n ≥ 1 poniamo fn(x) = nx1+nx2 − (n−1)x

1+(n−1)x2 .

Osserviamo che la serie data e telescopica. Consideriamo inizialmente la conver-

genza puntuale. La somma parziale n-esima della serie e

Sn(x) =n∑

k=1

fk(x) =n∑

k=1

(kx

1 + kx2− (k − 1)x

1 + (k − 1)x2

)=

=x

1 + x2+

2x

1 + 4x2− x

1 + x2+ · · ·+ nx

1 + nx2− (n− 1)x

1 + (n− 1)x2=

=nx

1 + nx2.

Quindi la somma della serie e

S(x) = limn

Sn(x) = limn

nx

1 + nx2=

0 se x = 0,1x se x 6= 0.


Quindi la serie converge puntualmente inR alla funzione S. Essendo fn continua su

R, anche Sn e continua su R, mentre S non e continua in 0. Quindi la successione

(Sn) non converge uniformemente a S in R e di conseguenza la serie data non

converge uniformemente e normalmente in R.

Infine consideriamo la convergenza assoluta. Osserviamo che

fn(x) =nx

1 + nx2− (n− 1)x

1 + (n− 1)x2=

x

(1 + nx2)[1 + (n− 1)x2].

Quindi fn(x) ≥ 0 se e solo se x ≥ 0. Inoltre fn e dispari. Ne segue che se x ≥ 0,

allora la serie∞∑

n=1

|fn(x)| converge a S(x); se x < 0, allora la serie∞∑

n=1

|fn(x)| =

∞∑

n=1

fn(−x) converge a S(−x) = − 1x . Quindi la serie data converge assolutamente

in R a

T (x) =

0 se x = 0,1|x| se x 6= 0.

Osservazione

Si ha che T (x) = |S(x)|. In generale non e detto che se una serie converge pun-

tualmente ad una funzione S, allora converge assolutamente a |S|.

f) La serie∞∑

n=0

(−1)n xn e una serie di funzioni continue su [−1, 1]. Per ogni n ≥ 0

poniamo fn(x) = (−1)n xn = (−x)n. Quindi la serie data e una serie geometrica

con ragione −x. Pertanto converge puntualmente se e solo se | − x| < 1, cioe per

x ∈ (−1, 1) ed in tal caso la somma della serie e S(x) = 11+x . Osserviamo inoltre

che per x ∈ (−1, 1) la serie∞∑

n=0

|(−1)n xn| =∞∑

n=0

|x|n converge a T (x) = 11−|x| .

Quindi la serie data converge assolutamente in (−1, 1) a T (x) = 11−|x| .

Consideriamo ora la convergenza normale, ossia la convergenza della serie numerica∞∑

n=0


‖fn‖∞ = supx∈(−1,1)

|fn(x)| = supx∈(−1,1)

|x|n = 1.


serie, la serie∞∑

n=0

‖fn‖∞ diverge. Ne segue che la serie data non converge normal-

mente in (−1, 1).


Infine consideriamo la convergenza uniforme. Poiche la somma della serie S non e

limitata su (−1, 1), allora la serie data non converge uniformemente in (−1, 1).

Osservazione

Si ha che T (x) 6= |S(x)|. Infatti, non e detto che se una serie converge puntualmente

ad una funzione S, allora converge assolutamente a |S|.

*g) La serie∞∑

n=1

log (1 + nx)nxn

e una serie di funzioni continue su [a,+∞). Per ogni

n ≥ 1 poniamo fn(x) = log (1+nx)nxn .


numerica∞∑

n=1


‖fn‖∞ = supx≥a

|fn(x)| = supx≥a

log (1 + nx)nxn

.

Determiniamo quindi supx≥a

fn(x). Si ha che

f ′n(x) =x

1+nx − log (1 + nx)xn+1

.

Dobbiamo studiare il segno del numeratore di f ′n. Osserviamo che se x ≥ 1 e n ≥ 1

nx

1 + nx≤ log (1 + nx).(1.1)

Infatti, se si considera la funzione g(t) = t1+t − log (1 + t), si ha che g e derivabile

su [1, +∞) con g′(t) = − t(1+t)2

< 0. Ne segue che g e decrescente su [1,+∞).

Quindi per ogni t ≥ 1 si ha g(t) ≤ g(1) = 12 − log 2 < 0, da cui t

1+t ≤ log (1 + t).

Pertanto si ha chenx

1 + nx≤ log (1 + nx).

Ne segue chex

1 + nx≤ nx

1 + nx≤ log (1 + nx),

in particolarex

1 + nx− log (1 + nx) ≤ 0

da cui segue che f ′n(x) ≤ 0 per ogni x ≥ a. Quindi fn e decrescente su [a, +∞) e

di conseguenza

supx≥a

fn(x) = fn(a) =log (1 + na)

nan.


Quindi la serie da studiare e∞∑

n=1

‖fn‖∞ =∞∑

n=1

log (1 + na)nan

. Osserviamo che per

ogni t ≥ 0 si ha che log (1 + t) ≤ t. Infatti, se si considera la funzione h(t) =

log (1 + t)− t, si ha che h e derivabile su [0,+∞) con h′(t) = − t1+t ≤ 0. Ne segue

che h e decrescente su [0, +∞). Quindi per ogni t ≥ 0 si ha h(t) ≤ h(0) = 0, da

cui log (1 + t) ≤ t. Pertanto si ha che

log (1 + na) ≤ na =⇒ log (1 + na)nan

≤ 1an−1

.

Essendo a > 1 la serie geometrica∞∑

n=1

1an−1

converge. Quindi per il criterio del

confronto anche la serie∞∑

n=1

‖fn‖∞ =∞∑

n=1

log (1 + na)nan

converge. Ne segue che la

serie data converge normalmente e quindi anche uniformemente, assolutamente e

puntualmente in [a,+∞).

h) La serie∞∑

n=1

(arctan (nx)− arctan [(n− 1)x]

)e una serie di funzioni continue su R.

Per ogni n ≥ 1 poniamo fn(x) = arctan (nx)− arctan [(n− 1)x].

Osserviamo che la serie data e telescopica. Consideriamo inizialmente la conver-

genza puntuale. La somma parziale n-esima della serie e

Sn(x) =n∑

k=1

fk(x) =n∑

k=1

(arctan (kx)− arctan [(k − 1)x]

)=

= arctanx + arctan 2x− arctanx + · · ·++arctan (nx)− arctan [(n− 1)x] =

= arctan (nx).


S(x) = limn

Sn(x) = limn

arctan (nx) =

−π2 se x < 0,

0 se x = 0,π2 se x > 0.

Quindi la serie converge puntualmente inR alla funzione S. Essendo fn continua su

R, anche Sn e continua su R, mentre S non e continua in 0. Quindi la successione

(Sn) non converge uniformemente a S in R e di conseguenza la serie data non

converge uniformemente e normalmente in R.

Infine consideriamo la convergenza assoluta. Osserviamo che fn(x) ≥ 0 se e solo

se x ≥ 0. Inoltre fn e dispari. Ne segue che se x ≥ 0, allora la serie∞∑

n=1

|fn(x)|


converge a S(x); se x < 0, allora la serie∞∑

n=1

|fn(x)| =∞∑

n=1

fn(−x) converge a

S(−x) = π2 . Quindi la serie data converge assolutamente in R a

T (x) =

0 se x = 0,π2 se x 6= 0.

i) La serie∞∑

n=1

cosnx

n(n + 1)e una serie di funzioni continue su R. Per ogni n ≥ 1 poniamo

fn(x) = cos nxn(n+1) .


numerica∞∑

n=1

‖fn‖∞. Poiche | cosnx| ≤ 1, si ha che per ogni x ∈ R

|fn(x)| =∣∣∣∣

cosnx

n(n + 1)

∣∣∣∣ ≤1n2

e quindi

‖fn‖∞ = supx∈R

|fn(x)| ≤ 1n2

.


n=1

1n2

e convergente, per il criterio del confronto anche la serie

∞∑

n=1

‖fn‖∞ converge. Ne segue che la serie data converge normalmente e quindi

anche uniformemente, assolutamente e puntualmente in R.

l) La serie∞∑

n=1

(−1)n−1 2n(sinx)2n

n + 1e una serie di funzioni continue su

[−π6 , π

6

]. Per

ogni n ≥ 1 poniamo fn(x) = (−1)n−1 2n(sin x)2n

n+1 = (−1)n−1 (2 sin2 x)n

n+1 . Consideri-

amo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie numerica∞∑

n=1

‖fn‖∞. Poiche per ogni x ∈ [−π6 , π

6

]si ha 2 sin2 x ≤ 1

2 , si ha che

|fn(x)| =∣∣∣∣∣(−1)n−1 (2 sin2 x)n

n + 1

∣∣∣∣∣ ≤12n

e quindi

‖fn‖∞ = supx∈[−π

6, π6 ]|fn(x)| ≤ 1

2n.


n=1

12n

e convergente, per il criterio del confronto anche la serie

∞∑

n=1

‖fn‖∞ converge. Ne segue che la serie data converge normalmente e quindi

anche uniformemente, assolutamente e puntualmente in[−π

6 , π6

].

Serie di potenze: esercizi svolti


giore.

Esercizio 1. Determinare il raggio di convergenza, l’insieme di convergenza puntuale e

l’insieme di convergenza uniforme delle seguenti serie di potenze.

a)∞∑

n=1

(n√

n− 1)n

xn

[R = +∞, converge puntualmente in R,

converge uniformemente in [−k, k], ∀k > 0

]

b)∞∑

n=1

[log (log 3n)]xn

[R = 1, converge puntualmente in (−1, 1),

converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 1

]

c)∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n, a ≥ 1

[R = 1, converge puntualmente in (0, 2),

converge uniformemente in [α, β], ∀ 0 < α < β < 2

]

d)∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n, 0 < a < 1

[R = 1, converge puntualmente in [0, 2],

converge uniformemente in [0, 2]

]

e)∞∑

n=1

(1√n

+(−1)n

n

)xn



]

f)∞∑

n=1

n√

nxn



]

g)∞∑

n=2

n +√

n

2n2 − 2xn

[R = 1, converge puntualmente in [−1, 1),

converge uniformemente in [−1, k], ∀ 0 < k < 1

]

*h)∞∑

n=1

(sinn)xn



]

i)∞∑

n=1

(2n + 3n)xn

R = 1

3 , converge puntualmente in(−1

3 , 13

),


1

2 Serie di potenze: esercizi svolti

l)∞∑

n=1

xn

n!

[R = +∞, converge puntualmente in R,

converge uniformemente in [−k, k], ∀k > 0

]

m)∞∑

n=1

n! xn [R = 0, converge puntualmente in x = 0]

n)∞∑

n=1

xn

log (n + 1)

[R = 1, converge puntualmente in [−1, 1),

converge uniformemente in [−1, k], ∀ 0 < k < 1

]

o)∞∑

n=1

xn

n2

[R = 1, converge puntualmente in [−1, 1],

converge uniformemente in [−1, 1]

]

Svolgimento

a) La serie∞∑

n=1

(n√

n− 1)n

xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che

limn

n

√(n√

n− 1)n = lim

n

(n√

n− 1)

= 0.

Quindi il raggio di convergenza e R = +∞. Ne segue che la serie converge pun-

tualmente in R e uniformemente in [−k, k], per ogni k > 0.

b) La serie∞∑

n=1

[log (log 3n)]xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n

√log (log 3n) = 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Ne segue che la serie converge puntual-

mente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Osserviamo

che

limn

log (log 3n) = +∞.

Quindi per x = ±1 non e verificata la condizione necessaria per la convergenza

della serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie converge

puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1.

c) La serie∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n e una serie di potenze centrata in x0 = 1. Posto y = x−1

consideriamo la serie di potenze∞∑

n=1

a√

nyn centrata in y0 = 0.

Serie di potenze: esercizi svolti 3


limn

n√

a√

n = limn

a1/√

n = 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Ne segue che la serie∞∑

n=1

a√

nyn converge

puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in y = ±1.

Osserviamo che

limn

a√

n =

1 se a = 1,

+∞ se a > 1.

Quindi per y = ±1 non e verificata la condizione necessaria per la convergenza della

serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie∞∑

n=1

a√

nyn converge

puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. Di con-

seguenza la serie∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n converge puntualmente in (0, 2) e uniformemente

in [α, β], per ogni 0 < α < β < 2.

d) La serie∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n e una serie di potenze centrata in x0 = 1. Posto y = x−1

consideriamo la serie di potenze∞∑

n=1

a√

nyn centrata in y0 = 0.


limn

n√

a√

n = limn

a1/√

n = 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Ne segue che la serie∞∑

n=1

a√

nyn converge

puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in y = ±1.

Osserviamo che a√

n = o(

1n2

)per n → +∞. Infatti, posto m =

√n si ha

limn

a√

n

1n2

= limn

n2a√

n = limm→+∞m4am = 0.

Quindi per il criterio del confronto asintotico la serie∞∑

n=1

a√

n converge e per il

criterio della convergenza assoluta la serie∞∑

n=1

(−1)na√

n converge. Pertanto la serie

∞∑

n=1

a√

nyn converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1]. Di conseguenza la

serie∞∑

n=1

a√

n(x− 1)n converge puntualmente e uniformemente in [0, 2].


e) La serie∞∑

n=1

(1√n

+(−1)n

n

)xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Calcoliamo

limn

n

√1√n

+(−1)n

n.

Osserviamo che per ogni n ≥ 1

1√n− 1

n≤ 1√

n+

(−1)n

n≤ 1√

n+

1n

.

Di conseguenza per ogni n ≥ 1

n

√1√n− 1

n≤ n

√1√n

+(−1)n

n≤ n

√1√n

+1n

.

Il primo e il terzo termine tendono a 1 per n → +∞. Infatti,

limn

n

√1√n− 1

n= lim

n

(n−√n

n√

n

)1/n

= limn

e1n

log

(n−√n

n√

n

)= 1,

limn

n

√1√n

+1n

= limn

(n +

√n

n√

n

)1/n

= limn

e1n

log

(n+√

n

n√

n

)= 1.

Quindi per il secondo teorema del confronto anche

limn

n

√1√n

+(−1)n

n= 1

e di conseguenza il raggio di convergenza e R = 1. Ne segue che la serie converge

puntualmente in (−1, 1).

Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie∞∑

n=1

(1√n

+(−1)n

n

). Poiche la serie

∞∑

n=1

1√n

diverge mentre la serie∞∑

n=1

(−1)n

n

converge, si ha che la serie∞∑

n=1

(1√n

+(−1)n

n

)diverge.

Per x = −1 si ha la serie∞∑

n=1

((−1)n

√n

+1n

). Poiche la serie

∞∑

n=1

(−1)n

√n

converge

mentre la serie∞∑

n=1

1n

diverge, si ha che la serie∞∑

n=1

((−1)n

√n

+1n

)diverge. Pertanto

la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni

0 < k < 1.

f) La serie∞∑

n=1

n√

nxn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.



limn

n√

n√

n = limn

n1/√

n = limn

e1√n

log n = 1.


mente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Osserviamo

che

limn

n√

n = +∞.



puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1.

g) La serie∞∑

n=2

n +√

n

2n2 − 2xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n

√n +

√n

2n2 − 2= 1.


mente in (−1, 1).


n=2

n +√

n

2n2 − 2. Poiche n+

√n

2n2−2∼ 1

2n per n → +∞ e la serie∞∑

n=2

1n

diverge, per il

criterio del confronto asintotico la serie∞∑

n=2

n +√

n

2n2 − 2diverge.


n=2

(−1)n n +√

n

2n2 − 2. Posto bn = n+

√n

2n2−2si ha che:

a) limn

bn = limn

n +√

n

2n2 − 2= 0;

b) la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso-

ciata alla successione (bn), f(x) = x+√

x2x2−2

ristretta all’intervallo [2, +∞), si ha


f ′(x) = −x2 + 32x3/2 + 1

2x−1/2 + 12(x2 − 1)2

< 0.

Quindi f e decrescente su [2,+∞) e di conseguenza (bn) e decrescente.

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie∞∑

n=2

(−1)n n +√

n

2n2 − 2converge. Pertanto

la serie converge puntualmente in [−1, 1) e uniformemente in [−1, k], per ogni

0 < k < 1.


*h) La serie∞∑

n=1

(sinn)xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n

√| sinn| 6 ∃.

Quindi per calcolare il raggio di convergenza dobbiamo ricorrere alla definizione,

in base alla quale il raggio di convergenza e

R = sup

x ∈ R :

∞∑

n=1

(sinn)xn converge

.

Fissato x ∈ R la serie∞∑

n=1

(sinn)xn e a termini di segno variabile. Consideriamo

inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑

n=1

| sinn||x|n.

Per ogni x ∈ R si ha che | sinn||x|n ≤ |x|n. Poiche la serie geometrica∞∑

n=1

|x|n

converge se e solo se |x| < 1, allora per il criterio del confronto la serie∞∑

n=1

| sinn||x|n

converge se |x| < 1. Di conseguenza la serie data converge se |x| < 1.

Consideriamo ora la convergenza della serie data per |x| ≥ 1. Osserviamo che

limn

(sinn)xn 6 ∃.

Quindi non essendo verficata la condizione necessaria per la convergenza della serie,

la serie data non converge per |x| ≥ 1. Ne segue che

x ∈ R :

∞∑

n=1

(sinn)xn converge

= (−1, 1)

e di conseguenza il raggio di convergenza e R = sup (−1, 1) = 1. Ne segue che

la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni

0 < k < 1.

i) La serie∞∑

n=1

(2n + 3n)xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n√

2n + 3n = limn

n

√3n

(2n

3n+ 1

)= lim

n3 n

√2n

3n+ 1 = 3.


Quindi il raggio di convergenza e R = 13 . Ne segue che la serie converge puntual-

mente in(−1

3 , 13

). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1

3 . Osserviamo

che

limn

2n + 3n

3n= 1.



puntualmente in(−1

3 , 13

)e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1

3 .

l) La serie∞∑

n=1

xn

n!e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = 1n! , si ha che

limn

an+1

an= lim

n

n!(n + 1)!

= limn

1n + 1

= 0.



m) La serie∞∑

n=1

n!xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = n!, si ha che

limn

an+1

an= lim

n

(n + 1)!n!

= limn

(n + 1) = +∞.

Quindi il raggio di convergenza e R = 0. Ne segue che la serie converge solo in

x = 0.

n) La serie∞∑

n=1

xn

log (n + 1)e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n

√1

log (n + 1)= 1.


mente in (−1, 1).


n=1

1log (n + 1)

. Poiche 1n+1 = o

(1

log (n+1)

)per n → +∞ e la serie

∞∑

n=1

1n

diverge,

per il criterio del confronto asintotico la serie∞∑

n=1

1log (n + 1)

diverge.


n=1

(−1)n

log (n + 1). Posto bn = 1

log (n+1) si ha che:


a) limn

bn = limn

1log (n + 1)

= 0;

b) la successione (bn) e decrescente.


n=1

(−1)n

log (n + 1)converge. Pertanto la

serie data converge puntualmente in [−1, 1) e uniformemente in [−1, k], per ogni

0 < k < 1.

o) La serie∞∑

n=1

xn

n2e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


limn

n

√1n2

= 1.


mente in (−1, 1).


n=1

1n2

converge. Per x = −1 si ha la serie∞∑

n=1

(−1)n

n2converge assolutamente e quindi

converge. Pertanto la serie data converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1].

Esercizio 2. Determinare il raggio di convergenza, l’insieme di convergenza puntuale e

l’insieme di convergenza uniforme delle seguenti serie di potenze.

[Suggerimento: per stabilire la convergenza negli estremi dell’intervallo puo essere utile

la Formula di Stirling: n! ∼ nne−n√

2πn, per n → +∞.]

*a)∞∑

n=1

(n!)2

(2n)!xn



]

*b)∞∑

n=1

(−1

2

n

)xn

[R = 1, converge puntualmente in (−1, 1],

converge uniformemente in [k, 1], ∀ 0 < k < 1

]

Svolgimento

*a) La serie∞∑

n=1

(n!)2

(2n)!xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.


Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = (n!)2

(2n)! , si ha che

limn

an+1

an= lim

n

[(n + 1)!]2

[2(n + 1)]!· (2n)!(n!)2

= limn

n + 12(2n + 1)

=14.


mente in (−4, 4). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±4. Per x = ±4

si hanno rispettivamente le serie∞∑

n=1

(n!)2

(2n)!4n e

∞∑

n=1

(−1)n (n!)2

(2n)!4n. Per la Formula

di Stirling si ha che

n! ∼ nne−n√

2πn, n → +∞.

Quindi per n → +∞ si ha

(n!)2

(2n)!4n ∼ n2ne−2n2πn

(2n)2ne−2n√

4πn4n =

n2ne−2n2πn

22nn2ne−2n√

4πn22n =

√πn.

Ne segue che

limn

(n!)2

(2n)!4n = lim

n

√πn = +∞.

Pertanto non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della

serie, la serie data non converge in x = ±4. Ne segue che la serie converge pun-

tualmente in (−4, 4) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 4.

*b) La serie∞∑

n=1

(−1

2

n

)xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Poniamo an =

(−1

2

n

). Si ha

che

an =

(−1

2

n

)=

n fattori︷︸︸︷−1

2

(−1

2− 1

) (−1

2− 2

)· · ·

(−1

2− n + 1

)

n!=

=−1(−3)(−5) · · · (−2n + 1)

2n n!= (−1)n 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n n!=

= (−1)n (2n− 1)!2 · 4 · 6 · · · (2n− 2)︸︷︷︸

n fattori

· 12n n!

= (−1)n (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

.

Allora si ha che∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(2n + 1)!

n! 22n+2 (n + 1)!· (n− 1)! 22n n!

(2n− 1)!=

=(2n + 1)2n(2n− 1)!

n(n− 1)! 4 · 22n (n + 1)n!· (n− 1)! 22n n!

(2n− 1)!=

2n + 12n + 2

.(1.1)


Pertanto

limn

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn

2n + 12n + 2

= 1.


mente in (−1, 1).


n=1

(−1

2

n

)=

∞∑

n=1

(−1)n (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

. E una serie a termini di segno alterno.

Consideriamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑

n=1

(2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

. Per la Formula di Stirling si ha che

n! ∼ nne−n√

2πn, n → +∞.

Ne segue che per n → +∞ si ha

|an| = (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

∼ (2n− 1)2n−1 e−2n+1√

2π(2n− 1)(n− 1)n−1 e−n+1

√2π(n− 1) 22n nn e−n

√2πn

=

=22n−1 n2n−1

(1− 1

2n

)2n−1√2n− 1

22n n2n−1(1− 1

n

)n−1√n− 1

√2πn

=

(1− 1

2n

)2n−1√2n− 1

2(1− 1

n

)n−1√n− 1

√2πn

∼ 12√

πn.


n=1

1√n

diverge, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie∞∑

n=1

(2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

diverge. Ne segue che la serie∞∑

n=1

(−1)n (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

non

converge assolutamente.

Consideriamo la convergenza. Posto bn = (2n−1)!(n−1)! 22n n!

, quindi bn = |an| ∼ 12√

πnper

n → +∞, si ha che:

a) limn

bn = limn

(2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

= 0;

b) la successione (bn) e decrescente. Infatti, per (1.1) si ha

bn+1

bn=

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =2n + 12n + 2

≤ 1 =⇒ bn+1 ≤ bn.


n=1

(−1)n (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

converge.


n=1

(−1)n

(−1

2

n

)=

∞∑

n=1

(2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

. Per quanto osser-

vato precedentemente questa serie diverge. Quindi la serie data converge puntual-

mente in (−1, 1] e uniformemente in [−k, 1], per ogni 0 < k < 1.


Esercizio 3. Scrivere gli sviluppi in serie di McLaurin delle seguenti funzioni:

a) f(x) = log

√1 + x

1− x

[f(x) =

∞∑

n=0

x2n+1

2n + 1, ∀x ∈ (−1, 1)

]

b) f(x) = log√

1 + x2

[f(x) =

12

∞∑

n=0

(−1)n

n + 1x2n+2, ∀x ∈ [−1, 1]

]

c) f(x) = (1 + x2)−12

[f(x) =

∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n, ∀x ∈ (−1, 1)

]

d) f(x) = log(x +

√1 + x2

) [f(x) =

∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n+1

2n + 1, ∀x ∈ [−1, 1]

]

e) f(x) =1

1 + x + x2 + · · ·+ xk, k ∈ N

[f(x) =

∞∑

n=0

xn(k+1)(1− x), ∀x ∈ (−1, 1)

]

f) f(x) =1

x2 − 3x + 2

[f(x) =

∞∑

n=0

(1− 1

2n+1

)xn, ∀x ∈

(−1

2,12

)]

Svolgimento

a) Il dominio di f(x) = log

√1 + x

1− xe dom (f) = (−1, 1). Osserviamo che per ogni

x ∈ (−1, 1) si ha

f(x) = log

√1 + x

1− x=

12

[log (1 + x)− log (1− x)

]=

essendo log (1 + t) =∞∑

n=0

(−1)n

n + 1tn+1 per ogni t ∈ (−1, 1]

=12

[ ∞∑

n=0

(−1)n

n + 1xn+1 +

∞∑

n=0

1n + 1

xn+1

]=

12

∞∑

n=0

(−1)n + 1n + 1

xn+1 =∞∑

n=0

x2n+1

2n + 1.

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e

f(x) =∞∑

n=0

x2n+1

2n + 1, ∀x ∈ (−1, 1).


b) Il dominio di f(x) = log√

1 + x2 e dom (f) = R.

Essendo log (1 + t) =∞∑

n=0

(−1)n

n + 1tn+1 per ogni t ∈ (−1, 1], si ha che per ogni x ∈

[−1, 1]

f(x) = log√

1 + x2 =12

log(1 + x2

)=

12

∞∑

n=0

(−1)n

n + 1x2n+2.


f(x) =12

∞∑

n=0

(−1)n

n + 1x2n+2, ∀x ∈ [−1, 1].

Osserviamo che questa serie converge a f solo in [−1, 1], pur essendo dom (f) = R.

c) Il dominio di f(x) =(1 + x2

)− 12 e dom (f) = R. Essendo (1 + t)α =

∞∑

n=0

(α

n

)tn

per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che per ogni x ∈ (−1, 1)

f(x) =(1 + x2

)− 12 =

∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n.


f(x) =∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n.

Osserviamo che questa serie non converge in x = ±1 (vedi Esercizio 2 b)). Quindi

l’insieme di convergenza e (−1, 1), pur essendo dom (f) = R.

d) Il dominio di f(x) = log(x +

√1 + x2

)e dom (f) = R. Osserviamo che f e

derivabile su R con f ′(x) =1√

1 + x2. Per l’Esercizio precedente si ha che per ogni

x ∈ [−k, k], con 0 < k < 1,

f ′(x) =∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n.

Applicando il Teorema di integrazione per serie, si ottiene che per ogni x ∈ (−1, 1)

f(x) =∫ x

0f ′(t) dt =

∫ x

0

∞∑

n=0

(−1

2

n

)t2n dt =

=∞∑

n=0

(−1

2

n

) ∫ x

0t2n dt =

∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n+1

2n + 1.


f(x) =∞∑

n=0

(−1

2

n

)x2n+1

2n + 1.


Consideriamo ora x = 1. Si ha la serie∞∑

n=0

(−1

2

n

)1

2n + 1=

∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1· (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

.

Quindi e una serie a termini di segno alterno. Consideriamo la convergenza asso-

luta, cioe la convergenza della serie∞∑

n=0

12n + 1

· (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

. Poniamo

an =1

2n + 1· (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

.

Dallo svolgimento dell’Esercizio 2 b) si ha che an ∼ 14√

πn3/2 per n → +∞. Poiche

la serie∞∑

n=1

1n3/2

converge, per il criterio del confronto asintotico la serie∞∑

n=0

an con-

verge e quindi la serie∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1· (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

converge assolutamente e quindi

converge.

Consideriamo ora x = −1. Si ha la serie∞∑

n=0

(−1

2

n

)(−1)n

2n + 1=

∞∑

n=0

12n + 1

· (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!

.

Per quanto appena osservato questa serie converge. Quindi l’insieme di convergenza

e [−1, 1], pur essendo dom (f) = R.

e) Per ogni k ∈ N si ha che

1− xk+1 = (1− x)(1 + x + x2 + · · ·+ xk

).

Quindi

f(x) =1

1 + x + x2 + · · ·+ xk=

1− x

1− xk+1se x 6= 1,

1k + 1

se x = 1.

Quindi dom (f) = R. Essendo1

1− t=

∞∑

n=0

tn per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che per

ogni x ∈ (−1, 1)

f(x) =1

1 + x + x2 + · · ·+ xk=

1− x

1− xk+1= (1−x)

∞∑

n=0

xn(k+1) =∞∑

n=0

xn(k+1)(1−x).


f(x) =∞∑

n=0

xn(k+1)(1− x).

Osserviamo che questa serie converge in x = 1 a 0 ma non a f(1) = 1k+1 , mentre

non converge in x = −1.


f) Il dominio di f(x) =1

x2 − 3x + 2e dom (f) = (−∞, 1)∪ (1, 2)∪ (2, +∞). Decom-

poniamo f in fratti semplici. Si ha che

f(x) =1

x2 − 3x + 2=

1(x− 1)(x− 2)

=A

x− 1+

B

x− 2=

=(A + B)x− 2A−B

x2 − 3x + 2=⇒

A = −1,

B = 1.

Quindi

f(x) = − 1x− 1

+1

x− 2=

11− x

− 12· 11− x

2

.

Essendo1

1− t=

∞∑

n=0

tn per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che

11− x

2

=∞∑

n=0

(x

2

)n

=∞∑

n=0

xn

2n, ∀x ∈

(−1

2,12

).

Quindi per ogni x ∈(−1

2 , 12

)si ha

f(x) =1

1− x− 1

2· 11− x

2

=∞∑

n=0

xn − 12

∞∑

n=0

xn

2n=

∞∑

n=0

(1− 1

2n+1

)xn.


f(x) =∞∑

n=0

(1− 1

2n+1

)xn, ∀x ∈

(−1

2,12

).

Esercizio 4. Determinare il raggio di convergenza e la somma delle seguenti serie di

potenze:

a)∞∑

n=1

x2n−1

(n− 1)!

[R = +∞, f(x) = x ex2

]

b)∞∑

n=1

(−1)n x2n

2n(2n− 1)

[R = 1, f(x) = −x arctanx +

12

log (1 + x2)]

c)∞∑

n=0

x2n+3

(2n + 2)(2n + 3)

R = 1,

f(x) =

−1 + log 2 se x = −1,12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x se −1 < x < 1,

1− log 2 se x = 1.


d)∞∑

n=1

xn+1

n(n + 1)

[R = 1, f(x) =

(1− x) log (1− x) + x se −1 ≤ x < 1,

1 se x = 1.

]

e)∞∑

n=1

(−1)n nx2n−1[R = 1, f(x) = − x

(1 + x2)2)

]

f)∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1

[R = 1, f(x) =

14

log(

1 + x

1− x

)− 1

2arctanx

]

Svolgimento

a) Posto m = n− 1, si ha

∞∑

n=1

x2n−1

(n− 1)!=

∞∑

m=0

x2m+1

m!= x

∞∑

m=0

(x2)m

m!.

Quindi e una serie di potenze, di x2, centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto am = 1m! , si ha che

limm

am+1

am= lim

m

m!(m + 1)!

= limm

1m + 1

= 0.



Determiniamo ora la somma della serie. Essendo∞∑

m=0

tm

m!= et per ogni t ∈ R, si

ha che per ogni x ∈ R∞∑

n=1

x2n−1

(n− 1)!= x

∞∑

m=0

(x2)m

m!= x ex2

.

Quindi la somma della serie e f(x) = x ex2, per ogni x ∈ R.

b) La serie∞∑

n=1

(−1)n x2n

2n(2n− 1)e una serie di potenze, di x2, centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = (−1)n

2n(2n−1) , si ha

che

limn

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Essendo |an| ∼ 14n2 , la serie converge

anche in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente

in [−1, 1].


Determiniamo ora la somma della serie. Sia x ∈ [−1, 1]. Essendox2n

2n=

∫ x

0t2n−1 dt,

si ha che ∞∑

n=1

(−1)n x2n

2n(2n− 1)=

∞∑

n=1

(−1)n

2n− 1

∫ x

0t2n−1 dt =

per il Teorema di integrazione per serie

=∫ x

0

∞∑

n=1

(−1)n

2n− 1t2n−1 dt

k = n− 1y=

∫ x

0

∞∑

k=0

(−1)k+1

2k + 1t2k+1 dt =

= −∫ x

0

∞∑

k=0

(−1)k

2k + 1t2k+1 dt = −

∫ x

0arctan t dt =


= −[t arctan t

]x

0+

∫ x

0

t

1 + t2dt = −x arctanx +

12

log(1 + x2

).

Quindi la somma della serie e f(x) = −x arctanx + 12 log

(1 + x2

), per ogni x ∈

[−1, 1].

c) La serie∞∑

n=0

x2n+3

(2n + 2)(2n + 3)e una serie di potenze, di x2, centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = 1(2n+2)(2n+3) , si

ha che

limn

an+1

an= 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Essendo an ∼ 14n2 , la serie converge

anche in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente

in [−1, 1].

Determiniamo ora la somma f della serie. Sia x ∈ [−1, 1]. Essendox2n+3

2n + 3=

∫ x

0t2n+2 dt, si ha che

∞∑

n=0

x2n+3

(2n + 2)(2n + 3)=

∞∑

n=0

12n + 2

∫ x

0t2n+2 dt =


=∫ x

0

∞∑

n=0

12n + 2

t2n+2 dt =12

∫ x

0

∞∑

n=0

1n + 1

(t2

)n+1dt =

=12

∫ x

0

∞∑

n=0

(−1)n+1

n + 1

(−t2

)n+1dt = −1

2

∫ x

0

∞∑

n=0

(−1)n

n + 1

(−t2

)n+1dt =


= −12

∫ x

0log

(1− t2

)dt =


= −12

[t log

(1− t2

)]x

0−

∫ x

0

t2

1− t2dt =

= −12x log

(1− x2

)+

12

∫ x

0

(2 +

1t− 1

− 1t + 1

)dt =

= −12x log

(1− x2

)+

12

[2t + log |1− t| − log |1 + t|

]x

0=

= −12x log

(1− x2

)+ x +

12

log (1− x)− 12

log (1 + x) =

=12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x.

Le ultime quattro righe hanno senso solo se x ∈ (−1, 1). Quindi per ogni x ∈(−1, 1) la somma della serie e

f(x) =12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x.

Poiche la serie di potenze, quindi di funzioni continue, converge uniformemente in

[−1, 1], allora la somma della serie f e continua in [−1, 1]. In particolare si ha che

f(−1) = limx→(−1)+

[12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x

]= −1 + log 2,

f(1) = limx→1−

[12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x

]= 1− log 2.


f(x) =

−1 + log 2 se x = −1,12(1− x) log (1− x)− 1

2(1 + x) log (1 + x) + x se −1 < x < 1,

1− log 2 se x = 1.

d) La serie∞∑

n=1

xn+1

n(n + 1)e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = 1n(n+1) , si ha che

limn

an+1

an= 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Essendo an ∼ 1n2 , la serie converge anche

in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1].


Determiniamo ora la somma f della serie. Sia x ∈ [−1, 1]. Essendoxn+1

n + 1=

∫ x

0tn dt, si ha che

∞∑

n=1

xn+1

n(n + 1)=

∞∑

n=1

1n

∫ x

0tn dt =


=∫ x

0

∞∑

n=1

1n

tn dt =∫ x

0

∞∑

n=1

(−1)n

n(−t)n dt =

= −∫ x

0

∞∑

n=1

(−1)n−1

n(−t)n dt = −

∫ x

0log (1− t) dt =


= −[t log (1− t)

]x

0−

∫ x

0

t

1− tdt = −x log (1− x) +

∫ x

0

(1− 1

1− t

)dt =

= −x log (1− x) +[t + log |1− t|

]x

0=

= −x log (1− x) + x + log (1− x) = (1− x) log (1− x) + x.

Le ultime tre righe hanno senso solo se x ∈ [−1, 1). Quindi per ogni x ∈ [−1, 1) la

somma della serie e

f(x) = (1− x) log (1− x) + x.

Poiche la serie di potenze, quindi di funzioni continue, converge uniformemente in

[−1, 1], allora la somma della serie f e continua in [−1, 1]. In particolare si ha che

f(1) = limx→1−

[(1− x) log (1− x) + x] = 1.


f(x) =

(1− x) log (1− x) + x se −1 ≤ x < 1,

1 se x = 1.

e) Posto m = n− 1, si ha

∞∑

n=1

(−1)n nx2n−1 =∞∑

m=0

(−1)m+1 (m + 1)x2m+1 = x∞∑

m=0

(−1)m+1 (m + 1)(x2

)m.


Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = (−1)n n, si ha che

limn

n

√|an| = 1.


Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Osserviamo che in x = ±1 la serie non

converge. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente

in [−k, k], per ogni 0 < k < 1.

Determiniamo ora la somma della serie. Sia x ∈ (−1, 1). Poiche la derivata della

funzione g(x) = x2n e Dg(x) = 2nx2n−1, si ha che

∞∑

n=1

(−1)n nx2n−1 =∞∑

n=1

D

[(−1)n

2x2n

]=

per il Teorema di derivazione per serie

= D

[12

∞∑

n=0

(−1)nx2n

]= D

[12

∞∑

n=0

(−x2

)n]

=

= D

[12

11 + x2

]= − x

(1 + x2)2.


f(x) = − x

(1 + x2)2, ∀x ∈ (−1, 1).

f) Posto m = n− 1, si ha

∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1=

∞∑

m=0

x4m+3

4m + 3= x3

∞∑

m=0

(x4)m

4m + 3.


Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = 14n−1 , si ha che

limn

an+1

an= 1.

Quindi il raggio di convergenza e R = 1. Osserviamo che la serie non converge in

x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente

in [−k, k], per ogni 0 < k < 1.

Determiniamo ora la somma della serie. Sia x ∈ (−1, 1). Essendox4n−1

4n− 1=

∫ x

0t4n−2 dt, si ha che

∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1=

∞∑

n=1

∫ x

0t4n−2 dt =


=∫ x

0

∞∑

n=1

t4n−2 dt

k = n− 1y=

∫ x

0

∞∑

k=0

t4k+2 dt =∫ x

0t2

∞∑

k=0

(t4

)kdt =

∫ x

0

t2

1− t4dt =


essendot2

1− t4=

14

11− t

+14

11 + t

− 12

11 + t2

=∫ x

0

(14

11− t

+14

11 + t

− 12

11 + t2

)dt =

[14

log∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣−12

arctan t

]x

0=

=14

log(

1 + x

1− x

)− 1

2arctanx.


f(x) =14

log(

1 + x

1− x

)− 1

2arctanx, ∀x ∈ (−1, 1).

Serie di Fourier: esercizi svolti


giore.

Esercizio 1. Scrivere la serie di Fourier delle seguenti funzioni e studiarne la convergenza

quadratica, puntuale e uniforme:

a) f(x) = x− [x], dove [x] e la parte intera di x

12− 1

π

∞∑

n=1

1n

sin (2πnx), converge quadraticamente a f su R,

converge puntualmente a S(x) =

f(x) se x 6∈ Z,12 se x ∈ Z,

converge uniformemente a f su [a, b], n < a < b < n + 1, n ∈ Z

b) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) =

x se −π < x < π,

0 se x = ±π−2

∞∑

n=1

(−1)n

nsinnx, converge puntualmente e quadraticamente a f su R,

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, k ∈ Z

c) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) =

x2 se −π < x < π,

0 se x = ±π

π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)n

n2cosnx, converge quadraticamente a f su R,


f(x) se x 6= (2k + 1)π,

π2 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,


1

2 Serie di Fourier: esercizi svolti

d) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) =

x4 se −π < x < π,

0 se x = ±π

π4

5+ 8π2

∞∑

n=1

(−1)n

n2cosnx− 48

∞∑

n=1

(−1)n

n4cosnx,

converge quadraticamente a f su R,


f(x) se x 6= (2k + 1)π

π4 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,


*e) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) = x cosx se −π ≤ x < π,

π se x = π

−12

sinx− 2∞∑

n=2

(−1)n n

n2 − 1sinnx, converge quadraticamente a f su R,


f(x) se x 6= (2k + 1)π

0 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,


f) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) =

1 se x ∈ (−π2 , π

2

),

−1 se x ∈ [−π,−π2

) ∪ (π2 , π

],

0 se x = ±π2

4π

∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1cos (2n + 1)x, converge quadraticamente a f su R,

converge puntualmente a f su R,

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π2 < a < b < (2k + 3)π

2 , k ∈ Z

g) f : R → R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione g(x) =

|x|, definita per ogni x ∈ [−π, π]

π

2− 4

π

∞∑

n=0

1(2n + 1)2

cos (2n + 1)x,

converge puntualmente, quadraticamente e uniformemente a f su R

Serie di Fourier: esercizi svolti 3

h) f : R→ R e la funzione ottenuta prolungando per periodicita la funzione

g(x) =

−1 se −π < x < 0,

0 se x = 0,±π,

1 se 0 < x < π

4π

∞∑

n=0

12n + 1

sin (2n + 1)x,

converge puntualmente e quadraticamente a f su Rconverge uniformemente a f su [a, b], kπ < a < b < (k + 1)π, k ∈ Z

Svolgimento

a) La funzione f(x) = x− [x] e periodica di periodo 1 ed in particolare f(x) = x per

ogni x ∈ [0, 1). Quindi f e continua in (n, n+1) ed e discontinua, con discontinuita

di tipo salto, in x = n, per ogni n ∈ Z.

−2.0 −1.5 −1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

−0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Fig. 1: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .

Osserviamo che f|[0,1] ∈ L2(0, 1), ossia che∫ 1

0[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,

∫ 1

0[f(x)]2 dx =

∫ 1

0x2 dx =

13.


Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R.

Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f con-

tinua in (n, n + 1), per ogni n ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f

in (n, n + 1), per ogni n ∈ Z. Consideriamo ora x = n ∈ Z. Si ha che

f(n−) = limx→n−

f(x) = 1, f(n+) = limx→n+

f(x) = 0,

f ′(n−) = limx→n−

f(x)− f(n−)x− n

= 1, f ′(n+) = limx→n+

f(x)− f(n+)x− n

= 1.

Quindi la serie di Fourier di f converge in x = n ∈ Z a 12 [f(n−) + f(n+)] = 1

2 .

Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

S(x) =

f(x) se x 6∈ Z,12 se x ∈ Z.

Inoltre, essendo f di classe C1 in ogni intervallo (n, n+1), per ogni n ∈ Z, la serie

di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con n < a < b < n + 1, per

ogni n ∈ Z. Poiche f non e continua su [n, n + 1], la convergenza non e uniforme

su questi intervalli.

Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 1, la

serie di Fourier di f e della forma

a0 +∞∑

n=1

[an cos (2nπx) + bn sin (2nπx)],

dove

a0 =∫ 1

0f(x) dx,

e per ogni n ≥ 1

an = 2∫ 1

0f(x) cos (2nπx) dx, bn = 2

∫ 1

0f(x) sin (2nπx) dx.

Si ha che

a0 =∫ 1

0f(x) dx =

∫ 1

0x dx =

12,

∀n ≥ 1 : an = 2∫ 1

0f(x) cos (2nπx) dx = 2

∫ 1

0x cos (2nπx) dx =


=[

1nπ

x sin (2nπx)]1

0− 1

nπ

∫ 1

0sin (2nπx) dx =

[1

2n2π2cos (2nπx)

]1

0= 0,


∀n ≥ 1 : bn = 2∫ 1

0f(x) sin (2nπx) dx = 2

∫ 1

0x sin (2nπx) dx =


=[− 1

nπx cos (2nπx)

]1

0+

1nπ

∫ 1

0cos (2nπx) dx =

= − 1nπ

−[

12n2π2

sin (2nπx)]1

0= − 1

nπ.

Quindi la serie di Fourier di f e

12− 1

π

∞∑

n=1

1n

sin (2nπx).

b) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[,

per ogni k ∈ Z, ed e discontinua, con discontinuita di tipo salto, in x = (2k + 1)π,

per ogni k ∈ Z.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−3

−2

−1

0

1

2

3

Fig. 2: Grafico di g.


−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6



Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π

−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,

∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πx2 dx =

23π3.



tinua in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di

f converge a f in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z. Consideriamo ora

xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z. Si ha che

f(x−k ) = limx→x−

k

f(x) = π, f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) = −π,

f ′(x−k ) = limx→x−k

f(x)− f(x−k )x− xk

= 1, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= 1.

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z,

a 12 [f(x−k ) + f(x+

k )] = 0 = f(xk). Pertanto la serie di Fourier di f converge

puntualmente a f su R. Inoltre, essendo f di classe C1 in ogni intervallo ](2k +

1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente

a f su [a, b], con (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, per ogni k ∈ Z. Poiche f


non e continua su [(2k + 1)π, (2k + 3)π], la convergenza non e uniforme su questi

intervalli.

Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e

dispari, la serie di Fourier di f e della forma

∞∑

n=1

bn sinnx,

dove per ogni n ≥ 1

bn =1π

∫ π

−πf(x) sin nx dx =

1π

∫ π

−πx sinnx dx =

2π

∫ π

0x sinnx dx =


=2π

([− 1

nx cosnx

]π

0+

1n

∫ π

0cosnx dx

)= − 2

ncosnπ+

2n2π

[sinnx

]π

0= −(−1)n 2

n.


−2∞∑

n=1

(−1)n

nsinnx.

c) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[,

per ogni k ∈ Z, ed e discontinua, con discontinuita eliminabile, in x = (2k + 1)π,

per ogni k ∈ Z.

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−2

0

2

4

6

8

10



−10 −5 0 5 10

−2

0

2

4

6

8

10

12





∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πx4 dx =

25π5.







k

f(x) = π2, f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) = π2,

f ′(x−k ) = limx→x−

k


= 2π, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= −2π.

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a12 [f(x−k ) + f(x+

k )] = π2. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

S(x) =

f(x) se x 6= (2k + 1)π,

π2 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z.


Inoltre, essendo f di classe C1 in ogni intervallo ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni

k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k+1)π <

a < b < (2k+3)π, per ogni k ∈ Z. Poiche f non e continua su [(2k+1)π, (2k+3)π],

la convergenza non e uniforme su questi intervalli. Poiche S conicide su f tranne

che nei punti xk = (2k+1)π, per ogni k ∈ Z, allora la serie di Fourier di S coincide

con quella di f ed essendo S di classe C1 sull’intervallo [−π, π], si ha che la serie

di Fourier di S, e quindi anche quella di f , converge uniformemente a S su R.


pari, la serie di Fourier di f e della forma

a0 +∞∑

n=1

an cosnx,

dove

a0 =12π

∫ π

−πf(x) dx =

12π

∫ π

−πx2 dx =

1π

∫ π

0x2 dx =

1π

[13x3

]π

0=

π2

3

e per ogni n ≥ 1

an =1π

∫ π

−πf(x) cosnx dx =

1π

∫ π

−πx2 cosnx dx =

2π

∫ π

0x2 cosnx dx =


=2π

([1n

x2 sinnx

]π

0− 2

n

∫ π

0x sinnx dx

)=


= − 4nπ

([− 1

nx cosnx

]π

0+

1n

∫ π

0cosnx dx

)=

=4n2

cosnπ − 4n2π

[1n

sinnx

]π

0= (−1)n 4

n2.


π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)n

n2cosnx.

d) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[,

per ogni k ∈ Z, ed e discontinua, con discontinuita eliminabile, in x = (2k + 1)π,

per ogni k ∈ Z.


−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−2

0

2

4

6

8

10

Fig. 6: Grafico1 di g.

−10 −5 0 5 10

−2

0

2

4

6

8

10

12

Fig. 7: Grafico2 di f .




∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πx8 dx =

29π9.

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R.1Il grafico non e in scala2Il grafico non e in scala







k

f(x) = π4, f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) = π4,


k


= 4π3, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= −4π3.


k )] = π4. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

S(x) =

f(x) se x 6= (2k + 1)π,

π4 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z.




la convergenza non e uniforme su questi intervalli. Poiche S conicide su f tranne

che nei punti xk = (2k+1)π, per ogni k ∈ Z, allora la serie di Fourier di S coincide

con quella di f ed essendo S di classe C1 sull’intervallo [−π, π], si ha che la serie

di Fourier di S, e quindi anche quella di f , converge uniformemente a S su R.



a0 +∞∑

n=1

an cosnx,

dove

a0 =12π

∫ π

−πf(x) dx =

12π

∫ π

−πx4 dx =

1π

∫ π

0x4 dx =

1π

[15x5

]π

0=

π4

5

e per ogni n ≥ 1

an =1π

∫ π

−πf(x) cosnx dx =

1π

∫ π

−πx4 cosnx dx =

2π

∫ π

0x4 cosnx dx =


=2π

([1n

x4 sinnx

]π

0− 4

n

∫ π

0x3 sinnx dx

)=



= − 8nπ

([− 1

nx3 cosnx

]π

0+

3n

∫ π

0x2 cosnx dx

)=


= (−1)n 8n2

π2 − 24n3π

([1n

x2 sinnx

]π

0− 2

n

∫ π

0x sinnx dx

)=


= (−1)n 8n2

π2 +48n4π

([− 1

nx cosnx

]π

0+

1n

∫ π

0cosnx dx

)=

= (−1)n 8n2

π2 + (−1)n 48n4

+48n5π

[1n

sinnx

]π

0= (−1)n 8

n2π2 + (−1)n 48

n4.


π4

5+ 8π2

∞∑

n=1

(−1)n

n2cosnx− 48

∞∑

n=1

(−1)n

n4cosnx.

*e) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[,

per ogni k ∈ Z, ed e discontinua, con discontinuita di tipo salto, in x = (2k + 1)π,

per ogni k ∈ Z.

−4 −2 0 2 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4



−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10

−6

−4

−2

0

2

4

6




−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti, es-

sendo f continua a tratti su [−π, π], allora f e integrabile (il calcolo esplicito

dell’integrale di f2 non e immediato). Ne segue che la serie di Fourier di f con-

verge quadraticamente a f su R.






k

f(x) = −π, f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) = π,


k


= −1, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= −1.


k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

S(x) =

f(x) se x 6= (2k + 1)π,

0 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z.





la convergenza non e uniforme su questi intervalli.



∞∑

n=1

bn sinnx,


bn =1π

∫ π


1π

∫ π

−πx cosx sinnx dx

=2π

∫ π

0x cosx sinnx dx.

(1.1)

Calcoliamo le primitive di x cosx sinnx su R. Integrando per parti si ha che∫

x cosx sinnx dx = x

∫cosx sinnx dx−

∫ (∫cosx sinnx dx

)dx,(1.2)

dove∫

cosx sinnx dx indica una generica primitiva di cosx sinnx su R. Calcolia-

mo queste primitive. Integrando per parti (abbr. p.p.) si ha che∫

cosx sinnx dxp.p.= sinx sinnx− 1

n

∫sinx cosnx dx

p.p.= sinx sinnx− 1

n

(− cosx cosnx− 1

n

∫cosx sinnx dx

)

= sinx sinnx +1n

cosx cosnx +1n2

∫cosx sinnx dx.

Quindi per ogni n ≥ 2 si ha(

1− 1n2

) ∫cosx sinnx dx = sin x sinnx +

1n

cosx cosnx + c, c ∈ R

da cui segue che per ogni n ≥ 2∫

cosx sinnx dx =n2

n2 − 1

(sinx sinnx +

1n

cosx cosnx

)+ c, c ∈ R.

Sostituendo in (1.2) si ottiene che per ogni n ≥ 2∫

x cosx sinnx dx = xn2

n2 − 1

(sinx sinnx +

1n

cosx cosnx

)+

− n2

n2 − 1

(∫sinx sinnx dx +

1n

∫cosx cosnx dx

)

︸︷︷︸(⊗

)

.(1.3)


Calcoliamo (⊗

). Integrando per parti si ha che∫

sinx sinnx dx = − cosx sinnx +1n

∫cosx cosnx dx.(1.4)

Pertanto non resta che calcolare quest’ultimo integrale. Intregrando per parti e

utilizzando (1.4) si ha che∫

cosx cosnx dxp.p.= sinx cosnx +

1n

∫sinx sinnx dx

(1.4)= sinx cosnx +

1n

(− cosx sinnx +

1n

∫cosx cosnx dx

)

= sinx cosnx− 1n

cosx sinnx +1n2

∫cosx cosnx dx.

Quindi per ogni n ≥ 2 si ha(

1− 1n2

) ∫cosx cosnx dx = sin x cosnx− 1

ncosx sinnx + c, c ∈ R

da cui segue che per ogni n ≥ 2∫

cosx cosnx dx =n2

n2 − 1

(sinx cosnx− 1

ncosx sinnx

)+ c, c ∈ R.(1.5)

Sostituendo (1.5) e (1.4) in (⊗

) si ottiene∫

sinx sinnx dx +1n

∫cosx cosnx dx = − cosx sinnx +

2n

∫cosx cosnx dx =

= − cosx sinnx +2n

n2 − 1

(sinx cosnx− 1

ncosx sinnx

)+ c, c ∈ R.


∫x cosx sinnx dx = x

n2

n2 − 1

(sinx sinnx +

1n

cosx cosnx

)+

+n2

n2 − 1cosx sinnx− 2n3

(n2 − 1)2

(sinx cosnx− 1

ncosx sinnx

)+ c, c ∈ R.

Sostituendo in (1.1) si ottiene che per ogni n ≥ 2

bn =2π

∫ π

0x cosx sinnx dx =

2π

[x

n2

n2 − 1

(sinx sinnx +

1n

cosx cosnx

)+

+n2

n2 − 1cosx sinnx− 2n3

(n2 − 1)2

(sinx cosnx− 1

ncosx sinnx

)]π

0

=

= −(−1)n 2n

n2 − 1.


Infine per n = 1 si ha che

b1 =2π

∫ π

0x cosx sinx dx =

1π

∫ π

0x sin 2x dx

p.p.=

1π

([−1

2x cos 2x

]π

0+

12

∫ π

0cos 2x dx

)

= −12

+12π

[−1

2sin 2x

]π

0= −1

2.


−12

sinx− 2∞∑

n=2

(−1)n n

n2 − 1sinnx.

f) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in R esclusi i punti

x = (2k + 1)π2 , per ogni k ∈ Z, in cui ha una discontinuita di tipo salto.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−2

−1

0

1

2



−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6





∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πdx = 2π.



tinua in R esclusi i punti xk = (2k + 1)π2 , per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di

Fourier di f converge a f in ogni x 6= xk.

Consideriamo ora xk = (2k + 1)π2 , per ogni k ∈ Z. Si ha che


k

f(x) =

1 se k = 2m,

−1 se k = 2m + 1,m ∈ Z,

f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) =

−1 se k = 2m,

1 se k = 2m + 1,m ∈ Z,


k


= 0, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= 0.


Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π2 , per ogni k ∈ Z, a

12 [f(x−k ) + f(x+

k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

f su R. Inoltre, essendo f di classe C1 in ogni intervallo ](2k + 1)π2 , (2k + 3)π

2 [,

per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con

(2k + 1)π2 < a < b < (2k + 3)π

2 , per ogni k ∈ Z. Poiche f non e continua su

[(2k + 1)π2 , (2k + 3)π

2 ], la convergenza non e uniforme su questi intervalli.



a0 +∞∑

n=1

an cosnx,

dove

a0 =12π

∫ π

−πf(x) dx =

1π

(∫ π2

0dx−

∫ π

π2

dx

)= 0

e per ogni n ≥ 1

an =1π

∫ π

−πf(x) cos nx dx =

2π

(∫ π2

0cosnx dx−

∫ π

π2

cosnx dx

)=

=2π

([1n

sinnx

]π2

0−

[1n

sinnx

]π

π2

)=

=4

nπsin

n

2π =

0 se n = 2m,4(−1)m

(2m+1)π se n = 2m + 1,m ∈ N.


4π

∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1cos (2n + 1)x.

g) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua su R.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 40

1

2

3

4



−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 80

5





∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πx2 dx =

23π3.



tinua su R si ha che la serie di Fourier di f converge puntualmente a f su R.

Inoltre, essendo f di classe C1 a tratti in [−π, π], la serie di Fourier di f converge

uniformemente a f su R.



a0 +∞∑

n=1

an cosnx,

dove

a0 =12π

∫ π

−πf(x) dx =

1π

∫ π

0x dx =

π

2

e per ogni n ≥ 1

an =1π

∫ π

−πf(x) cos nx dx =

2π

∫ π

0x cosnx dx =



=2π

([1n

x sinnx

]π

0− 1

n

∫ π

0sinnx dx

)=

= − 2nπ

[− 1

ncosnx

]π

0=

2n2π

[cosnπ − 1] =

=2

n2π[(−1)n − 1] =

0 se n = 2m,4

(2m+1)2πse n = 2m + 1,

m ∈ N.


π

2− 4

π

∞∑

n=0

1(2n + 1)2

cos (2n + 1)x.

h) La funzione f e periodica di periodo 2π. Inoltre f e continua in R esclusi i punti

x = kπ, per ogni k ∈ Z, in cui ha una discontinuita di tipo salto.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−2

−1

0

1

2



−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6





∫ π

−π[f(x)]2 dx =

∫ π

−πdx = 2π.



tinua in R esclusi i punti xk = kπ, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di

f converge a f in ogni x 6= xk.

Consideriamo ora xk = kπ, per ogni k ∈ Z. Si ha che


k

f(x) =

−1 se k = 2m,

1 se k = 2m + 1,m ∈ Z,

f(x+k ) = lim

x→x+k

f(x) =

1 se k = 2m,

−1 se k = 2m + 1,m ∈ Z,


k


= 0, f ′(x+k ) = lim

x→x+k

f(x)− f(x+k )

x− xk= 0.

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = kπ, per ogni k ∈ Z, a 12 [f(x−k ) +

f(x+k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a f su R.

Inoltre, essendo f di classe C1 in ogni intervallo ]kπ, (k + 1)π[, per ogni k ∈ Z, la


serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con kπ < a < b < (k+1)π,

per ogni k ∈ Z. Poiche f non e continua su [kπ, (k + 1)π], la convergenza non e

uniforme su questi intervalli.



∞∑

n=1

bn sinnx,


bn =1π

∫ π


2π

∫ π

0sinnx dx =

=2π

[− 1

ncosnx

]π

0=

2nπ

[1− cosnπ] =

=2

nπ[1− (−1)n] =

0 se n = 2m,4

(2m+1)π se n = 2m + 1,m ∈ N.


4π

∞∑

n=0

12n + 1

sin (2n + 1)x.

Analisi 2 Raccolta Esercizi Svolti Lancelotti

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