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
.
4 Integrali doppi: esercizi svolti
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
Fig. 3: L’insieme Ω (in azzurro).
Integrali doppi: esercizi svolti 5
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
Fig. 4: L’insieme Ω (in azzurro).
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 =
6 Integrali doppi: esercizi svolti
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
Fig. 6: L’insieme Ω (in azzurro).
Integrali doppi: esercizi svolti 7
Passiamo 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 ⇐⇒
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 =
8 Integrali doppi: esercizi svolti
=[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
Fig. 8: L’insieme Ω (in azzurro).
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 .
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
Ω′ =
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 < ρ < 1, 0 < ϑ <π
2
.
Ne segue che ∫
Ωxy dx dy =
12
∫
Ω′ρ3 cosϑ sinϑ dρ dϑ =
Integrali doppi: esercizi svolti 9
ρ
θ
−0.5 0 0.5 1 1.5 2.00
0.5
1
π/2
2
Fig. 9: L’insieme Ω′ (in verde).
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
=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
Fig. 10: L’insieme Ω (in azzurro).
L’insieme Ω e x-semplice. Quindi si ha che
∫
Ωx(1− y) dx dy =
∫ √2
2
0
[∫ √1−y2
yx(1− y) dx
]dy =
10 Integrali doppi: esercizi svolti
=∫ √
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).
L’insieme Ω e y-semplice. Quindi si ha che
∫
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 =
integrando per parti
= −4
([12x2 log 4x2
]− 12
−1−
∫ − 12
−1x dx
)+
[− log |x|+ 2x2
]− 12
−1=
Integrali doppi: esercizi svolti 11
= −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.
12 Integrali doppi: esercizi svolti
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).
Integrali doppi: esercizi svolti 13
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
.
14 Integrali doppi: esercizi svolti
x
y
−3 −2 −1 0 1 2 3 40
1
2
3
4
5
6
7
8
Fig. 15: L’insieme Ω (in azzurro).
L’insieme Ω e y-semplice. Quindi si ha che
∫
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 =
integrando per parti
=[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
.
Integrali doppi: esercizi svolti 15
0 π 2π
1
2
3
x
y
Fig. 16: L’insieme Ω (in azzurro).
L’insieme Ω e x-semplice. Quindi si ha che
∫
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.
16 Integrali doppi: esercizi svolti
x
y
−1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5
−
−0.5
0
0.5
1
Fig. 17: L’insieme Ω (in azzurro).
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
Fig. 18: L’insieme Ω (in azzurro).
Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi
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 .
Integrali doppi: esercizi svolti 17
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
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
Fig. 19: L’insieme Ω′ (in verde).
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 =
integrando per parti
=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
.
18 Integrali doppi: esercizi svolti
x
y
−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.5
1
1.5
2
2.5
Fig. 20: L’insieme Ω (in azzurro).
Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi
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 .
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
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 =
essendo Ω′ un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda
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.
Integrali doppi: esercizi svolti 19
x
y
0 0.5 1 1.5 2 2.50
0.5
1
π/2
2
Fig. 21: L’insieme Ω′ (in verde).
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
Fig. 22: L’insieme Ω (in azzurro).
Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi
Φ :
x = ρ cosϑ
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
20 Integrali doppi: esercizi svolti
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 =
Integrali doppi: esercizi svolti 21
= −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
Fig. 24: L’insieme Ω (in azzurro).
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 .
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
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 =
22 Integrali doppi: esercizi svolti
ρ
θ
−0.5 0 0.5 1 1.5 2.00
0.5
1
π/2
2
Fig. 25: L’insieme Ω′ (in verde).
essendo Ω′ un rettangolo con lati paralleli agli assi ρ e ϑ e la funzione integranda
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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
.
a) Consideriamo l’integrale∫
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.
b) Consideriamo l’integrale∫
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).
4 Integrali tripli: esercizi svolti
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.
Integrali tripli: esercizi svolti 5
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.
c) Consideriamo l’integrale∫
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.
6 Integrali tripli: esercizi svolti
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.
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
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
)=
Integrali tripli: esercizi svolti 7
=[13ρ3
]√2
1
[− cosϑ
]π4
0
[12(ϕ + sinϕ cosϕ)
]2π
0=
π
6
(5√
2− 6)
.
d) Consideriamo l’integrale∫
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
Fig. 5: Sezione dell’insieme Ω con il piano xz (in azzurro).
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.
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
Ω′ =
(ρ, ϑ, z) ∈ R3 : 0 < ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π, ρ2 < z <√
2− ρ2
.
8 Integrali tripli: esercizi svolti
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+
Integrali tripli: esercizi svolti 9
−[−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
).
e) Consideriamo l’integrale∫
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
Fig. 7: L’insieme D (in azzurro).
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 =
10 Integrali tripli: esercizi svolti
=∫ 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
.
f) Consideriamo l’integrale∫
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 11
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 =
12 Integrali tripli: esercizi svolti
=∫ 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,
Integrali tripli: esercizi svolti 13
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
Fig. 11: L’insieme D = D1 ∪D2, con D1 in rosso e D2 in verde.
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.
14 Integrali tripli: esercizi svolti
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
prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene
=
(∫ 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.
Integrali tripli: esercizi svolti 15
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 .
Quindi si ha che Ω = Φ(Ω′), dove
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
.
16 Integrali tripli: esercizi svolti
θ
ρ
−1 −0.5 0 0.5 π/3 π/2 2 2.50
0.5
1
1.5
2
2.5
Fig. 13: L’insieme D = D1 ∪D2, con D1 in rosso e D2 in verde.
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 .
Integrali tripli: esercizi svolti 17
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
∫
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
Fig. 14: L’insieme D (in azzurro).
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 .
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
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 =
18 Integrali tripli: esercizi svolti
θ
ρ
−2.0 −π/3 0 π/3 2.00
1
2
Fig. 15: L’insieme D′ (in verde).
=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.
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
∫
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 19
x
y
−1 0 1 2 3
−1
0
1
Fig. 16: L’insieme D (in azzurro).
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
Fig. 17: L’insieme D = D1 ∪D2, con D1 in rosso e D2 in verde.
20 Integrali tripli: esercizi svolti
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 21
x
z
−4 −e −2 −1 0 1 2 e 4
−e
−2
−1
0
1
2
e
Fig. 18: L’insieme D (in azzurro).
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 .
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
D′ =
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 1 < ρ < e, −34π < ϑ <
π
4
.
ρ
θ
0 1 3
−3/4π
0
π/4
Fig. 19: L’insieme D′ (in verde).
22 Integrali tripli: esercizi svolti
Allora si ha che∫
Ωlog
√x2 + z2 dx dy dz =
∫
D
log√
x2 + z2
x2 + z2dx dz =
∫
D′
log ρ
ρdρ 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
=
(∫ 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 .
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
∫
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
Fig. 20: L’insieme D (in azzurro).
Integrali tripli: esercizi svolti 23
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 .
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
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
Fig. 21: L’insieme D′ (in verde).
Allora si ha che∫
Ωy2|z| dx dy dz = 2
∫
D
y2
x2dx dy = 2
∫
D′ρ tan2 ϑdρ dϑ =
essendo D′ ρ-semplice si ottiene
= 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.
24 Integrali tripli: esercizi svolti
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
Fig. 22: Sezione dell’insieme Ω con il piano xz (in azzurro).
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 25
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.
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
D′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π
.
ρ
θ
0 10
2π
Fig. 23: L’insieme D′ (in verde).
Allora si ha che
∫
Ω|z| dx dy dz =
∫
D
(1− 3x2 − 2y2
)dx dy =
√6
6
∫
D′ρ
(1− ρ2
)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
=√
63
π
∫ 1
0
(ρ− ρ3
)dρ =
√6
3π
[12ρ2 − 1
4ρ4
]1
0=√
612
π.
26 Integrali tripli: esercizi svolti
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
Fig. 24: Sezione dell’insieme Ω con il piano xz (in azzurro).
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
.
Integrando per fili paralleli all’asse y si ottiene
∫
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,
Integrali tripli: esercizi svolti 27
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
Fig. 25: L’insieme D = D1 ∪D2, con D1 in rosso e D2 in verde.
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.
28 Integrali tripli: esercizi svolti
Allora
(x, z) ∈ 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
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
prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene
=
(∫ 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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 29
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]
30 Integrali tripli: esercizi svolti
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
Fig. 26: L’insieme D (in azzurro).
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 31
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.
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
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
Fig. 27: L’insieme D (in azzurro).
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 =
32 Integrali tripli: esercizi svolti
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.
Integrali tripli: esercizi svolti 33
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
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.
Quindi si ha che D1 = Φ(D′1), dove
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
prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene
= 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.
34 Integrali tripli: esercizi svolti
Quindi si ha che D2 = Φ(D′2), dove
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 =
essendo D′2 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
= 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
.
Integrando per fili paralleli all’asse y si ottiene
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
.
Integrali tripli: esercizi svolti 35
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
.
36 Integrali tripli: esercizi svolti
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
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
Fig. 30: L’insieme D (in azzurro).
Passiamo in coordinate polari nel piano xy. Poniamo quindi
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 .
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
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 =
essendo D′ ρ-semplice si ottiene
= 2∫ π
2
−π2
(∫ 2 cos ϑ
0ρ√
4− ρ2 dρ
)dϑ = 2
∫ π2
−π2
[−1
3
(4− ρ2
) 32
]2 cos ϑ
0dϑ =
Integrali tripli: esercizi svolti 37
θ
ρ
−π/2 0 π/20
1
2
Fig. 31: L’insieme D′ (in verde).
= −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.
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
m(E1) =∫
D1
dx dy dz =∫
D1
(∫ √2−x2−y2
√x2+y2
dz
)dx dy =
38 Integrali tripli: esercizi svolti
x
z
−1.5 −1 0 1 1.50
1
1.5
Fig. 32: Sezione dell’insieme E con il piano xz (in azzurro).
=∫
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
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
Allora
(x, y) ∈ D1 ⇐⇒
0 ≤ ρ < 1
0 ≤ ϑ < 2π.
Quindi si ha che D1 = Φ(D′1), dove
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 =
essendo D′1 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
=(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
0
(ρ√
2− ρ2 − ρ2)
dρ
]= 2π
[−1
3
(2− ρ2
) 32 − 1
3ρ3
]1
0=
=43π
(√2− 1
).
Integrali tripli: esercizi svolti 39
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
. Passiamo in coordinate polari nel piano
xy. Poniamo quindi
Φ :
x = ρ cosϑ
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
Allora
(x, y) ∈ D2 ⇐⇒
0 ≤ ρ <√
22
0 ≤ ϑ < 2π.
Quindi si ha che D2 = Φ(D′2), dove
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 =
essendo D′2 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
=(∫ 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.
40 Integrali tripli: esercizi svolti
x
z
−1 0 10
1
Fig. 33: Sezione dell’insieme E con il piano xz (in azzurro).
Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
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
. Passiamo in coordinate polari nel piano
xy. Poniamo quindi
Φ :
x = ρ cosϑ
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
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
.
Ne segue che
m(E) =∫
D
(1− x2 − y2
)dx dy =
∫
D′ρ
(1− ρ2
)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
=(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
0
(ρ− ρ3
)dρ
]= 2π
[12ρ2 − 1
4ρ4
]1
0=
π
2.
Integrali tripli: esercizi svolti 41
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.
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
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 =
42 Integrali tripli: esercizi svolti
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
= 6(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
0
(ρ− ρ3
)dρ
]= 12π
[12ρ2 − 1
4ρ4
]1
0= 3π.
Integrali di superficie: esercizisvolti
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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
a) Consideriamo l’integrale∫
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.
Passiamo 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) ∈ 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
prodotto di una funzione di ρ e di una di ϑ, si ottiene
=(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
12
ρ3√
1 + ρ4 dρ
]= 2π
[16
(1 + ρ4
) 32
]1
12
=π
3
(2√
2− 1764
√17
).
b) Consideriamo l’integrale∫
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
.
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =
(x, y, x +
√2
2y2
).
4 Integrali di superficie: esercizi svolti
x
y
Ο(0,0) π/4 π/2
1
Fig. 2: L’insieme K.
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
∂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
)=
(−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 =
Integrali di superficie: esercizi svolti 5
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.
c) Consideriamo l’integrale∫
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
.
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = (x, y, xy).
Quindi si ha che ∫
Σz2 dσ =
∫
Kx2y2‖N(x, y)‖ dx dy,
6 Integrali di superficie: esercizi svolti
x
y
−1 −1/2 O(0,0) 1/2 1
−1
1
Fig. 4: L’insieme K.
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
)= (−y,−x, 1),
‖N(x, y)‖ =√
1 + x2 + y2.
Quindi
∫
Σz2 dσ =
∫
Kx2y2‖N(x, y)‖ dx dy =
∫
Kx2y2
√1 + x2 + y2 dx dy.
Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi
Φ :
x = ρ cosϑ
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
Allora
(x, y) ∈ K ⇐⇒ 0 ≤ ρ ≤ 1
0 ≤ ϑ ≤ π3 .
Quindi si ha che K = Φ(K ′), dove
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 =
Integrali di superficie: esercizi svolti 7
ed essendo K ′ 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
=
(∫ 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
).
d) Consideriamo l’integrale∫
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.
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(
x, y,√
x2 + y2
).
8 Integrali di superficie: esercizi svolti
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
∂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
)=
=
(− 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.
Passiamo in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi
Φ :
x = ρ cosϑ
y = ρ sinϑ,ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |detJΦ(ρ, ϑ)| = ρ.
Allora
(x, y) ∈ K ⇐⇒
0 ≤ ρ < 1
0 ≤ ϑ < 2π.
Quindi si ha che K = Φ(K ′), dove
K ′ =(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π
.
Integrali di superficie: esercizi svolti 9
Quindi si ha che∫
Σ
(x2 + y2
)dσ =
√2
∫
K
(x2 + y2
)dx dy =
√2
∫
K′ρ3 dρ dϑ =
ed essendo K ′ 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
=√
2(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
0ρ3 dρ
]= 2
√2π
[14ρ4
]1
0=√
22
π.
e) Consideriamo l’integrale∫
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
Fig. 6: L’insieme Ω (in azzurro).
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),
10 Integrali di superficie: esercizi svolti
∂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.
f) Consideriamo l’integrale∫
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.
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
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
∂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
)= (−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.
Integrali di superficie: esercizi svolti 11
x
y
−1 O(0,0) 1
−1
1
Fig. 7: L’insieme K (in azzurro).
Passiamo 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) ∈ K ⇐⇒
0 ≤ ρ < 1
0 ≤ ϑ < 2π.
Quindi si ha che K = Φ(K ′), dove
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 =
ed essendo K ′ 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
=(∫ 2π
0dϑ
) [∫ 1
0
ρ√1 + 4ρ2
dρ
]= 2π
[14
√1 + 4ρ2
]1
0=
π
2
(√5− 1
).
12 Integrali di superficie: esercizi svolti
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
Fig. 8: L’insieme K (in azzurro).
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(
x, y,12
(x2 + 2y2
)).
Integrali di superficie: esercizi svolti 13
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
∂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
)= (−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.
Quindi si ha che K = Φ(K ′), dove
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 =
ed essendo K ′ 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
= 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
.
14 Integrali di superficie: esercizi svolti
θ
φ
Ο(0,0) π
2π
Fig. 9: L’insieme K.
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.
Integrali di superficie: esercizi svolti 15
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).
16 Integrali di superficie: esercizi svolti
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
Fig. 11: L’insieme K (in azzurro).
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 =
Integrali di superficie: esercizi svolti 17
=∫
K(x, y, 1) · (0, 0,−1) dx dy = −
∫
Kdx dy = −m(K) = −π.
Per definizione di integrale di flusso si ha che∫
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 =
18 Integrali di superficie: esercizi svolti
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 =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz,
Integrali di superficie: esercizi svolti 19
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) = 3 e∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz = 3
∫
Ddx dy dz =
integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
= 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
Fig. 12: L’insieme Ω (in azzurro).
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 =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz,
20 Integrali di superficie: esercizi svolti
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) = 2x + 2y + 1 e∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz =
∫
D(2x + 2y + 1) dx dy dz =
integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
=∫
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
Fig. 13: L’insieme Ω (in azzurro).
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.
Integrali di superficie: esercizi svolti 21
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 =
∫
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) = 3(x2 + y2 + z2
)e
∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz = 3
∫
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.
Quindi si ha che D = Φ(D′), dove
D′ =
(ρ, ϑ, ϕ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ <π
2, 0 ≤ ϕ < 2π
.
22 Integrali di superficie: esercizi svolti
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
y = yP + tuy,t ∈ R.
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
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 (0,−2) e u= (0, 1) si ha
x = 0
y = t− 2,t ∈ R.
4 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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
passante per P (xP , yP ) parallela al vettore u= (ux, uy) ha equazioni parametriche
x = xP + tux
y = yP + tuy,t ∈ R.
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
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 5
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.
6 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 7
b) 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) = (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
γ(t) =(xA + t(xB − xA), yA + t(yB − yA)
).
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
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) = (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
8 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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
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(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
γ : [0, 1] → R3 definita da
γ(t) =(xA + t(xB − xA), yA + t(yB − yA), zA + t(zB − zA)
).
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
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, 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:
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 9
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).
10 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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
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(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
] → R2 definita da
γ(τ) = (− cos τ,− sin τ).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 11
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).
Osserviamo inoltre che δ(
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
] → R2 definita da
ϕ(τ) = (− sin τ,− cos τ).
c) 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(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
12 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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 : [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).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 13
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
2π]→ R2 definita da
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:
14 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
Osserviamo inoltre che δ(
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).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 15
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
] → R2 definita da
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,
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(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).
16 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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
] → R2 definita da
γ(τ) = (−a cos τ,−b sin τ).
Osserviamo inoltre che δ(
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
] → R2 definita da
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,
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).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 17
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)
e η : [0, 2π] → R2 definita da
η(t) = (−a cos t,−b sin t),
18 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
mentre una parametrizzazione che induca su di essa 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),
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
2π]→ R2 definita da
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
2π]→ R2 definita da
ϕ(τ) = (a sin τ,−b cos τ).
Esercizi sulla parametrizzazione delle curve 19
*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
20 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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 : [0, 3] → R3 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, 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.
La lunghezza di γ e
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.
La lunghezza di γ e
lγ =∫ π
2
0‖γ′(t)‖ dt =
∫ π2
0t dt =
[12t2
]π2
0=
π2
8.
22 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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.
La lunghezza di γ e
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.
La lunghezza di γ e
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.
La lunghezza di γ e
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.
La lunghezza di γ e
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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
24 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
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
].
26 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
γ′(t) =(1, 3
√2t, 3t2
)6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, 1).
Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie 27
Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
γ′(t) = (− sin t, cos t, 2t) 6= (0, 0, 0) ∀t ∈ (0, π).
Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha
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]
28 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha
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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
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
Esercizio 1. Calcolare∫
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]
30 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
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).
Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha
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 =
integrando per parti
=[−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).
La curva γ e regolare. Infatti, e derivabile con derivata continua
γ′(t) = (a sin t, b cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ (0, π).
Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha
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.
Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie 31
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 =
32 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
=∫ 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.
Esercizio 2. Calcolare∫
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).
Inoltre per ogni t ∈ [0, 2] si ha
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.
Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie 33
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).
Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha
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).
34 Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti
Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha
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).
Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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.
Calcoliamo l’integrale∫
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 =
passando in coordinate polari nel piano
= −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.
4 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
2 Esercizi sul Teorema di Stokes
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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.
Calcoliamo l’integrale∫
∂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
).
Per definizione di integrale di flusso si ha che∫
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 =
passando in coordinate polari nel piano
=∫ 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
∣∣∣∣∣∣=
6 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
= −i− k = (−1, 0,−1).
Ne segue che F non e conservativo e ω non e esatta.
Calcoliamo l’integrale∫
∂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.
Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 e definita da
σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) =(
x, y,√
x2 + y2
).
Per definizione di integrale di flusso si ha che∫
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 =
passando in coordinate polari nel piano
=∫ 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.
8 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
3 Esercizi sul Teorema di Gauss
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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 =
∫
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∫
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 =
∫
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) = 3 e∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz = 3
∫
Ddx dy dz =
integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
= 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 =
∫
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) = 2x + 2y + 1 e∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz =
∫
D(2x + 2y + 1) dx dy dz =
integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene
=∫
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.
10 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
d) 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) = 3(x2 + y2 + z2
)e
∫
∂DF · n =
∫
DdivF (x, y, z) dx dy dz = 3
∫
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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.
12 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
Esercizio 2. Sia F : R3 → R3 il campo vettoriale
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.
Ne segue che F e conservativo.
Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che
∂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
Integrando (4.8) rispetto a y si ottiene
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
Poniamo F = (f1, f2) con
f1(x, y) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)], f2(x, y) = ex cos (x + y).
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) = ex[cos (x + y)− sin (x + y)].
Ne segue che F e conservativo.
Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che
∂f
∂x(x, y) = f1(x, y) = ex[sin (x + y) + cos (x + y)],(4.10)
14 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
∂f
∂y(x, y) = f2(x, y) = ex cos (x + y).(4.11)
Integrando (4.11) rispetto a y si ottiene
f(x, y) =∫
ex cos (x + y) dy = ex sin (x + y) + c(x),(4.12)
dove c e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (4.10) si ottiene
∂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.
Sostituendo in (4.12) si ottiene che un potenziale f di F e
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
]
Esercizi su campi conservativi e potenziali 15
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.
Ne segue che F e conservativo.
Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che
∂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)
Integrando (4.13) rispetto a x si ottiene
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)
Integrando (4.17) rispetto a y si ottiene
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)
16 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
Sostituendo in (4.15) si ottiene
∂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.
Esercizio 5. Sia F : R2 → R2 il campo vettoriale
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
Poniamo F = (f1, f2) con
f1(x, y) = 3x2 + y, f2(x, y) = x + 2y.
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) = 1.
Ne segue che F e conservativo.
Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che
∂f
∂x(x, y) = f1(x, y) = 3x2 + y,(4.19)
∂f
∂y(x, y) = f2(x, y) = x + 2y.(4.20)
Integrando (4.19) rispetto a x si ottiene
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.
Esercizi su campi conservativi e potenziali 17
Sostituendo in (4.21) si ottiene che un potenziale f di F e
f(x, y) = x3 + xy + y2 + c, c ∈ R.
18 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
5 Esercizi su forme esatte e primitive
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
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
semplicemente connesso. Inoltre si osserva che
∂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)
Integrando (5.1) rispetto a x si ottiene
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
.
Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con
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)
Integrando (5.5) rispetto a y si ottiene
f(x, y) =∫
x2 dy = x2y + c(x),(5.6)
dove c e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (5.4) si ottiene
∂f
∂x(x, y) = 2xy+c′(x) = 2xy− 1
x=⇒ c′(x) = −1
x=⇒ c(x) = − log |x|+c, c ∈ R.
20 Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti
Sostituendo in (5.6) si ottiene che una primitiva f di ω e
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
Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con
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)
Integrando (5.8) rispetto a y si ottiene
f(x, y) =∫
x
x + ydy = x log (x + y) + c(x),(5.9)
dove c e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (5.7) si ottiene
∂f
∂x(x, y) = log (x + y)+
x
x + y+c′(x) = log (x + y)+
x
x + y=⇒ c′(x) = 0 =⇒ c(x) = c.
Sostituendo in (5.9) si ottiene che una primitiva f di ω e
f(x, y) = x log (x + y) +x
x + y+ c, c ∈ R.
Serie numeriche: esercizi svolti
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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 → +∞
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
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
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
13
(116− 1
n + 3
)=
1118
.
Pertanto si ha∞∑
n=1
1n(n + 3)
=1118
.
c) La serie∞∑
n=1
2n + 1n2(n + 1)2
e a termini positivi. Poiche
2n + 1n2(n + 1)2
∼ 2n3
, n → +∞
ed essendo convergente la serie∞∑
n=1
1n3
, per il criterio del confronto asintotico la
serie data converge.
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.
Ne segue che la serie data e telescopica. La somma parziale n-esima della serie e
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.
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
(1− 1
(n + 1)2
)= 1.
Pertanto si ha∞∑
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 → +∞
4 Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo convergente la serie∞∑
n=1
1n2
, per il criterio del confronto asintotico la
serie∞∑
n=2
[− log
(1− 1
n2
)]converge. Quindi per l’algebra delle serie, la serie data
converge.
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
log(
1− 1n2
)= log
n2 − 1n2
= log(n + 1)(n− 1)
n2= log
n + 1n
− logn
n− 1.
Ne segue che la serie data e telescopica. La somma parziale n-esima della serie e
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.
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
(− log 2 + log
n + 1n
)= − log 2.
Pertanto si ha∞∑
n=2
log(
1− 1n2
)= − log 2.
e) La serie∞∑
n=1
14n2 − 1
e a termini positivi. Poiche
14n2 − 1)
∼ 14n2
, n → +∞
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
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
).
Serie numeriche: esercizi svolti 5
Ne segue che la serie data e telescopica. La somma parziale n-esima della serie e
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
).
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
12
(1− 1
2n + 1
)=
12.
Pertanto si ha∞∑
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 → +∞
ed essendo convergente la serie∞∑
n=1
1
n32
, per il criterio del confronto asintotico la
serie data converge.
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.
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
(1− 1√
n + 1
)= 1.
Pertanto si ha∞∑
n=1
(1√n− 1√
n + 1
)= 1.
g) La serie∞∑
n=1
1n(n + 1)(n + 2)
e a termini positivi. Poiche
1n(n + 1)(n + 2)
∼ 1n3
, n → +∞
ed essendo convergente la serie∞∑
n=1
1n3
, per il criterio del confronto asintotico la
serie data converge.
6 Serie numeriche: esercizi svolti
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
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)
].
Ne segue che la somma della serie e
S = limn
Sn = limn
12
[12− 1
(n + 1)(n + 2)
]=
14.
Pertanto si ha∞∑
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
[diverge positivamente]
f)∞∑
n=2
√n + 2−√n− 2
n[converge]
Serie numeriche: esercizi svolti 7
g)∞∑
n=1
log1√n
[diverge negativamente]
h)∞∑
n=2
log1√n3
[diverge negativamente]
k)∞∑
n=1
12log n
[diverge positivamente]
i)∞∑
n=2
1√n log n3
[diverge positivamente]
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
[diverge positivamente]
u)∞∑
n=2
3n(
n− 2n
)n2
[converge]
v)∞∑
n=2
1(log n)log n
[converge]
8 Serie numeriche: esercizi svolti
w)∞∑
n=1
nn
(2n)![converge]
x)∞∑
n=1
n
√1 +
4n3
[diverge positivamente]
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
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 → +∞
Serie numeriche: esercizi svolti 9
ed essendo la serie∞∑
n=1
1
n76
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie data e convergente.
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
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
vamente).
Poiche arctanx = x + o(x) per x → 0, si ha che
arctan1√n
=1√n
+ o
(1√n
)∼ 1
n12
, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
2
n32
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie data e convergente.
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 = +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data e divergente.
10 Serie numeriche: esercizi svolti
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 = +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data e divergente.
k) La serie∞∑
n=1
12log n
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
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
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=2
1n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie data e divergente.
j) La serie∞∑
n=1
12log (n!)
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
mente).
Serie numeriche: esercizi svolti 11
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
la serie data e convergente.
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.
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
12 Serie numeriche: esercizi svolti
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
1n2
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie data e convergente.
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.
Serie numeriche: esercizi svolti 13
r) La serie∞∑
n=0
(1
n + 2
)n
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
vamente).
Si ha che
limn
n
√(1
n + 2
)n
= limn
1n + 2
= 0 < 1.
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
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.
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
14 Serie numeriche: esercizi svolti
v) La serie∞∑
n=2
1(log n)log n
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
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
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
vamente).
Osserviamo che
limn
n
√1 +
4n3
= +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data e divergente.
Serie numeriche: esercizi svolti 15
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.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data e divergente.
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
1n3
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie data e convergente.
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
[converge ma non assolutamente]
16 Serie numeriche: esercizi svolti
f)∞∑
n=1
(−1)n log1√n
[non converge]
g)∞∑
n=1
(−1)n n + 1n2 + 1
[converge ma non assolutamente]
h)∞∑
n=1
cos (n + 1)π√n + log n3
[converge ma non assolutamente]
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
[converge ma non assolutamente]
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]
Serie numeriche: esercizi svolti 17
*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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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 ∃.
18 Serie numeriche: esercizi svolti
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data non converge.
e) La serie∞∑
n=1
(−1)n arctan1√n
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
f) La serie∞∑
n=1
(−1)n log1√n
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
(− log
1√n
)= −
∞∑
n=1
log1√n
. Per l’Esercizio 2 g) questa serie diverge. Quindi
la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
limn
(−1)n log1√n6 ∃.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data non converge.
g) La serie∞∑
n=1
(−1)n n + 1n2 + 1
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
n + 1n2 + 1
. E una serie a termini positivi. Poiche
n + 1n2 + 1
∼ 1n
, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
1n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
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:
Serie numeriche: esercizi svolti 19
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
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
.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
1√n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie∞∑
n=1
1√n + log n3
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
k) La serie∞∑
n=1
(−1)n n
(2n + 1)2e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
n
(2n + 1)2. E una serie a termini positivi. Poiche
n
(2n + 1)2∼ 1
4n, n → +∞
20 Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo la serie∞∑
n=1
14n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
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;
2) la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso-
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
i) La serie∞∑
n=1
(−1)n 1log (n + 1)− log n
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
1log (n + 1)− log n
=∞∑
n=1
1log n+1
n
. Osserviamo che
limn
1log n+1
n
= +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
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
e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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 → +∞
Serie numeriche: esercizi svolti 21
ed essendo la serie∞∑
n=1
1n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie∞∑
n=1
tan1n
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
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
.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
n43
6n. Per l’Esercizio 2 n) questa serie converge. Quindi la serie data converge
assolutamente e di conseguenza converge.
n) La serie∞∑
n=1
(−1)n
(3n+23n
) e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
1(3n+23n
) . Per l’Esercizio 2 p) questa serie converge. Quindi la serie data converge
assolutamente e di conseguenza 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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
n23
2n.
22 Serie numeriche: esercizi svolti
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)
].
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
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.
Serie numeriche: esercizi svolti 23
Quindi la serie e∞∑
n=1
(−1)n sinπ
n + 1.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
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 → +∞
ed essendo la serie∞∑
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
log n
n + 1. E una serie a termini positivi. Poiche
1n + 1
= o
(log n
n + 1
), n → +∞
ed essendo la serie∞∑
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;
24 Serie numeriche: esercizi svolti
2) la successione (bn) e decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso-
ciata alla successione (bn), f(x) = log xx+1 ristretta all’intervallo [1, +∞), si ha
che f e derivabile con
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 .
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
*s) La serie∞∑
n=2
(−1)n
n + (−1)ne a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=2
1n + (−1)n
. Si ha che
1n + (−1)n
∼ 1n
, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=2
1n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie∞∑
n=2
1n + (−1)n
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
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
).
Serie numeriche: esercizi svolti 25
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
)e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
(1n
+(−1)n
n2
). Si ha che
1n
+(−1)n
n2∼ 1
n, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
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.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
∞∑
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;
26 Serie numeriche: esercizi svolti
2) la successione (bn) non e decrescente. Infatti,
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
)e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioe la convergenza della serie∞∑
n=1
(1√n
+(−1)n
n
). Si ha che
1√n
+(−1)n
n∼ 1√
n, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
n=1
1√n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
la serie∞∑
n=1
(1√n
+(−1)n
n
)diverge. Quindi la serie data non converge assoluta-
mente.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
∞∑
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:
Serie numeriche: esercizi svolti 27
1) limn
bn = limn
(1√n
+(−1)n
n
)= 0;
2) la successione (bn) non e decrescente. Infatti,
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
e a termini di segno alterno.
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
28 Serie numeriche: esercizi svolti
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;
2) la successione (bn) non e decrescente. Infatti,
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 → +∞.
Serie numeriche: esercizi svolti 29
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)
e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
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.
30 Serie numeriche: esercizi svolti
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.
Essendo la serie∞∑
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 → +∞.
Essendo la serie∞∑
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 → +∞.
Serie numeriche: esercizi svolti 31
Essendo la serie∞∑
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.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
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.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie∞∑
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 → +∞.
Essendo la serie∞∑
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.
32 Serie numeriche: esercizi svolti
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.
Serie numeriche: esercizi svolti 33
h) La serie∞∑
n=2
(−1)n nα n√
n5 e a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie∞∑
n=2
nα n√
n5 =∞∑
n=2
nα+ 5n .
Poiche
nα+ 5n ∼ nα, n → +∞
ed essendo la serie∞∑
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 → +∞
34 Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo convergente la serie∞∑
n=1
1n2
, per il criterio del confronto asintotico la
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.
Serie numeriche: esercizi svolti 35
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:
36 Serie numeriche: esercizi svolti
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.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
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]
Serie numeriche: esercizi svolti 37
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 → +∞.
Poiche la serie∞∑
n=1
1n2
converge, per il criterio del confronto asintotico anche la
serie data converge.
2) se α = +∞, allora n = o(an) per n → +∞. Quindi
n2 = o(a2n) = o (ean) =⇒ 1
ean= o
(1n2
), n → +∞.
Poiche la serie∞∑
n=1
1n2
converge, per il criterio del confronto asintotico anche la
serie data converge.
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.
38 Serie numeriche: esercizi svolti
Poiche la serie∞∑
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 → +∞.
Serie numeriche: esercizi svolti 39
Quindi1n
= o
(1
ean
), n → +∞.
Poiche la serie∞∑
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
serie data converge.
Questi due esempi mostrano che se limn
an
log n= 1 non possiamo concludere
nulla.
40 Serie numeriche: esercizi svolti
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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.
4 Successioni di funzioni: esercizi svolti
−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.
Successioni di funzioni: esercizi svolti 5
−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.
6 Successioni di funzioni: esercizi svolti
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) = 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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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].
Successioni di funzioni: esercizi svolti 7
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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].
8 Successioni di funzioni: esercizi svolti
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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.
Successioni di funzioni: esercizi svolti 9
−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.
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) = 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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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
limn‖fn − f‖∞ = lim
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.
10 Successioni di funzioni: esercizi svolti
* 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.
Successioni di funzioni: esercizi svolti 11
• • • • •. . .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].
12 Successioni di funzioni: esercizi svolti
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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)
.
Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie
numerica∞∑
n=1
‖fn‖∞. Si ha che
‖fn‖∞ = supx∈R
|fn(x)| = supx∈R
(1
n2(1 + n2x2)
)=
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 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
Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie
numerica∞∑
n=0
‖fn‖∞. Si ha che
‖fn‖∞ = sup|x|≥a
|fn(x)| = sup|x|≥a
(1
1 + n2x2
)=
11 + n2a2
.
Quindi la serie∞∑
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
.
Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie
numerica∞∑
n=1
‖fn‖∞. Si ha che
‖fn‖∞ = supx≥0
|fn(x)| = supx≥0
(1
2n−1√
1 + nx
)=
12n−1
.
Quindi la serie∞∑
n=1
‖fn‖∞ =∞∑
n=1
12n−1
e convergente. Ne segue che la serie data con-
verge normalmente e quindi anche uniformemente, assolutamente e puntualmente
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.
4 Serie di funzioni: esercizi svolti
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‖∞. Si ha che
‖fn‖∞ = supx∈(−1,1)
|fn(x)| = supx∈(−1,1)
|x|n = 1.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, la serie∞∑
n=0
‖fn‖∞ diverge. Ne segue che la serie data non converge normal-
mente in (−1, 1).
Serie di funzioni: esercizi svolti 5
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 .
Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie
numerica∞∑
n=1
‖fn‖∞. Si ha che
‖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.
6 Serie di funzioni: esercizi svolti
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).
Quindi la somma della serie e
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)|
Serie di funzioni: esercizi svolti 7
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) .
Consideriamo inizialmente la convergenza normale, ossia la convergenza della serie
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
.
Poiche la serie∞∑
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.
Poiche la serie∞∑
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
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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
[R = 1, converge puntualmente in (−1, 1),
converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 1
]
f)∞∑
n=1
n√
nxn
[R = 1, converge puntualmente in (−1, 1),
converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 1
]
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
[R = 1, converge puntualmente in (−1, 1),
converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 1
]
i)∞∑
n=1
(2n + 3n)xn
R = 1
3 , converge puntualmente in(−1
3 , 13
),
converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 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.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
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
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
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.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
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].
4 Serie di potenze: esercizi svolti
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.
Serie di potenze: esercizi svolti 5
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
limn
n√
n√
n = limn
n1/√
n = limn
e1√n
log n = 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
n√
n = +∞.
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.
g) La serie∞∑
n=2
n +√
n
2n2 − 2xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
limn
n
√n +
√n
2n2 − 2= 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. Per x = 1 si ha la serie∞∑
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.
Per x = −1 si ha la serie∞∑
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
che f e derivabile con
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.
6 Serie di potenze: esercizi svolti
*h) La serie∞∑
n=1
(sinn)xn e una serie di potenze centrata in x0 = 0.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
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.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
limn
n√
2n + 3n = limn
n
√3n
(2n
3n+ 1
)= lim
n3 n
√2n
3n+ 1 = 3.
Serie di potenze: esercizi svolti 7
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.
Quindi per x = ±13 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
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.
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.
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.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
limn
n
√1
log (n + 1)= 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. Per x = 1 si ha la serie∞∑
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.
Per x = −1 si ha la serie∞∑
n=1
(−1)n
log (n + 1). Posto bn = 1
log (n+1) si ha che:
8 Serie di potenze: esercizi svolti
a) limn
bn = limn
1log (n + 1)
= 0;
b) la successione (bn) e decrescente.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie∞∑
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.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che
limn
n
√1n2
= 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. Per x = 1 si ha la serie∞∑
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
[R = 4, converge puntualmente in (−4, 4),
converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 4
]
*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.
Serie di potenze: esercizi svolti 9
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.
Quindi il raggio di convergenza e R = 4. Ne segue che la serie converge puntual-
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)
10 Serie di potenze: esercizi svolti
Pertanto
limn
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = limn
2n + 12n + 2
= 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. Per x = 1 si ha la serie∞∑
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.
Poiche la serie∞∑
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.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie∞∑
n=1
(−1)n (2n− 1)!(n− 1)! 22n n!
converge.
Per x = −1 si ha la serie∞∑
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.
Serie di potenze: esercizi svolti 11
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).
12 Serie di potenze: esercizi svolti
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.
Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e
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.
Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e
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.
Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e
f(x) =∞∑
n=0
(−1
2
n
)x2n+1
2n + 1.
Serie di potenze: esercizi svolti 13
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).
Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e
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.
14 Serie di potenze: esercizi svolti
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.
Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f e
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.
Serie di potenze: esercizi svolti 15
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.
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.
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].
16 Serie di potenze: esercizi svolti
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 =
integrando per parti
= −[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 =
per il Teorema di integrazione per serie
=∫ 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 =
Serie di potenze: esercizi svolti 17
= −12
∫ x
0log
(1− t2
)dt =
integrando per parti
= −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.
Quindi la somma della serie e
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].
18 Serie di potenze: esercizi svolti
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 =
per il Teorema di integrazione per serie
=∫ 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 =
integrando per parti
= −[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.
Quindi la somma della serie e
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.
Quindi e una serie di potenze, di x2, centrata in x0 = 0.
Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = (−1)n n, si ha che
limn
n
√|an| = 1.
Serie di potenze: esercizi svolti 19
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.
Quindi la somma della serie e
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.
Quindi e una serie di potenze, di x4, centrata in x0 = 0.
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 =
per il Teorema di integrazione per serie
=∫ 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 =
20 Serie di potenze: esercizi svolti
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.
Quindi la somma della serie e
f(x) =14
log(
1 + x
1− x
)− 1
2arctanx, ∀x ∈ (−1, 1).
Serie di Fourier: esercizi svolti
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta mag-
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,
converge puntualmente a S(x) =
f(x) se x 6= (2k + 1)π,
π2 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,
converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)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,
converge puntualmente a S(x) =
f(x) se x 6= (2k + 1)π
π4 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,
converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)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,
converge puntualmente a S(x) =
f(x) se x 6= (2k + 1)π
0 se x = (2k + 1)π,∀k ∈ Z,
converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)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.
4 Serie di Fourier: esercizi svolti
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 =
integrando per parti
=[
1nπ
x sin (2nπx)]1
0− 1
nπ
∫ 1
0sin (2nπx) dx =
[1
2n2π2cos (2nπx)
]1
0= 0,
Serie di Fourier: esercizi svolti 5
∀n ≥ 1 : bn = 2∫ 1
0f(x) sin (2nπx) dx = 2
∫ 1
0x sin (2nπx) dx =
integrando per parti
=[− 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.
6 Serie di Fourier: esercizi svolti
−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8
−6
−4
−2
0
2
4
6
Fig. 3: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
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.
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 ](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
Serie di Fourier: esercizi svolti 7
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 =
integrando per parti
=2π
([− 1
nx cosnx
]π
0+
1n
∫ π
0cosnx dx
)= − 2
ncosnπ+
2n2π
[sinnx
]π
0= −(−1)n 2
n.
Quindi la serie di Fourier di f e
−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
Fig. 4: Grafico di g.
8 Serie di Fourier: esercizi svolti
−10 −5 0 5 10
−2
0
2
4
6
8
10
12
Fig. 5: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π
−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,
∫ π
−π[f(x)]2 dx =
∫ π
−πx4 dx =
25π5.
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 ](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) = π2, f(x+k ) = lim
x→x+k
f(x) = π2,
f ′(x−k ) = limx→x−
k
f(x)− f(x−k )x− xk
= 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.
Serie di Fourier: esercizi svolti 9
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.
Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e
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 =
integrando per parti
=2π
([1n
x2 sinnx
]π
0− 2
n
∫ π
0x sinnx dx
)=
integrando per parti
= − 4nπ
([− 1
nx cosnx
]π
0+
1n
∫ π
0cosnx dx
)=
=4n2
cosnπ − 4n2π
[1n
sinnx
]π
0= (−1)n 4
n2.
Quindi la serie di Fourier di f e
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.
10 Serie di Fourier: esercizi svolti
−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 .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π
−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,
∫ 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
Serie di Fourier: esercizi svolti 11
Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f con-
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) = π4, f(x+k ) = lim
x→x+k
f(x) = π4,
f ′(x−k ) = limx→x−
k
f(x)− f(x−k )x− xk
= 4π3, f ′(x+k ) = lim
x→x+k
f(x)− f(x+k )
x− xk= −4π3.
Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a12 [f(x−k ) + f(x+
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.
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.
Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e
pari, la serie di Fourier di f e della forma
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 =
integrando per parti
=2π
([1n
x4 sinnx
]π
0− 4
n
∫ π
0x3 sinnx dx
)=
12 Serie di Fourier: esercizi svolti
integrando per parti
= − 8nπ
([− 1
nx3 cosnx
]π
0+
3n
∫ π
0x2 cosnx dx
)=
integrando per parti
= (−1)n 8n2
π2 − 24n3π
([1n
x2 sinnx
]π
0− 2
n
∫ π
0x sinnx dx
)=
integrando per parti
= (−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.
Quindi la serie di Fourier di f e
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
Fig. 8: Grafico di g.
Serie di Fourier: esercizi svolti 13
−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10
−6
−4
−2
0
2
4
6
Fig. 9: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π
−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.
Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f con-
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, a12 [f(x−k ) + f(x+
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.
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 <
14 Serie di Fourier: esercizi svolti
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 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)
Serie di Fourier: esercizi svolti 15
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.
Sostituendo in (1.3) si ottiene
∫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.
16 Serie di Fourier: esercizi svolti
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.
Quindi la serie di Fourier di f e
−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
Fig. 10: Grafico di g.
Serie di Fourier: esercizi svolti 17
−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8
−6
−4
−2
0
2
4
6
Fig. 11: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π
−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,
∫ π
−π[f(x)]2 dx =
∫ π
−πdx = 2π.
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 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
f(x−k ) = limx→x−
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,
f ′(x−k ) = limx→x−
k
f(x)− f(x−k )x− xk
= 0, f ′(x+k ) = lim
x→x+k
f(x)− f(x+k )
x− xk= 0.
18 Serie di Fourier: esercizi svolti
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.
Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e
pari, la serie di Fourier di f e della forma
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.
Quindi la serie di Fourier di f e
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
Fig. 12: Grafico di g.
Serie di Fourier: esercizi svolti 19
−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 80
5
Fig. 13: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
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.
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 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.
Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e
pari, la serie di Fourier di f e della forma
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 =
20 Serie di Fourier: esercizi svolti
integrando per parti
=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.
Quindi la serie di Fourier di f e
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
Fig. 14: Grafico di g.
Serie di Fourier: esercizi svolti 21
−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8
−6
−4
−2
0
2
4
6
Fig. 15: Grafico di f .
Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f .
Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2(−π, π), ossia che∫ π
−π[f(x)]2 dx < +∞. Infatti,
∫ π
−π[f(x)]2 dx =
∫ π
−πdx = 2π.
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 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
f(x−k ) = limx→x−
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,
f ′(x−k ) = limx→x−
k
f(x)− f(x−k )x− xk
= 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
22 Serie di Fourier: esercizi svolti
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.
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 =
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.
Quindi la serie di Fourier di f e
4π
∞∑
n=0
12n + 1
sin (2n + 1)x.
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