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A A
y′ = , y′
′ = − .
Si ha p p
x x 2
( )
A
2 | | | | | |
x − − 2A log x = − A − 2A log x = 2 log x .
Sostituendo: x 2
−2A = 2 ⇒ A = − 1
Confrontando si ha .
−A = 1
Verificando il termine costante: , corretto.
| |
y = − log x .
Quindi: p 2 −1 | |
y(x) = C x + C x − log x .
La soluzione generale sarà quindi: 1 2
Esercizio 2 ∞ n n
∑ x (1 − x)
Data la serie: determinare l'insieme di convergenza.
n=0
Soluzione: n
[x (1 − x)] .
Il termine generale è: | |
x (1 − x) < 1.
Usiamo il criterio del rapporto: 2
t = x (1 − x) = x − x
Poniamo . x = 1/2$ t = 1/4
Il massimo della parabola si ha in con .
ma x
| |
t < 1 x ∈ ℝ x
Poiché per ogni , la serie converge per tutti gli reali.
I = ℝ .
Quindi:
  
  Esercizio 3 x
∬ D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y, x + y ≤ 2}
I = d x d y
Calcolare: dove .
x + y + 1
D
Soluzione: D y = x, y = 2 − x, x = 0.
La regione è delimitata da:
y = x y = 2 − x x = 1
Intersecando con si trova .
x ∈ [0,1] y ∈ [x,2 − x]
Dunque .
1 2−x x
∫ ∫
I = dy d x .
L'integrale diventa: x + y + 1
0 x
u = x + y + 1 ⇒ du = d y
Poniamo .
y = x u = 2x + 1 y = 2 − x u = 3
Quando , , quando , .
L'integrale diventa:
1 3 1 1
1 ln(3)
∫ ∫ ∫ ∫
x du d x = x[ln(3) − ln(2x + 1)] d x = − x ln(2x + 1) d x .
u 2
0 2x+1 0 0
u = ln(2x + 1), d v = x d x
L'ultimo integrale si calcola per parti ponendo .
Il calcolo numerico fornisce il valore finale.
Esercizio 4 2
x y′ + (3x + 1)y = 0 y(1) = 3
Trovare l'integrale generale di: con .
Soluzione: d y 3x + 1
+ y = 0.
L'equazione si riscrive come dx x 2 3x + 1 1 1
∫ ∫ ∫
( dx) (3 dx+ dx) 3 −1/x
μ(x) = e = e = x e .
x
2 2
Troviamo un fattore integrante: x x
d 3 −1/x 3 −1/x
[y ⋅ x e ] = 0 ⇒ y ⋅ x e = C .
Allora: dx 3 −1 −1
y(1) = 3 3 ⋅ 1 e = C ⇒ C = 3e .
Applicando :
−1
3e −3 1/x
y(x) = = 3x e .
Dunque: x e
3 −1/x
 Esercizio 5 −1 2
y(t) = L [(6s − 4)/(s − 4s + 20)] .
Determinare la funzione:
Soluzione: 2 2
s − 4s + 20 = (s − 2) + 16.
Il denominatore è:
u = s − 2 , s = u + 2.
Poniamo 6(u + 2) − 4 = 6u + 12 − 4 = 6u + 8.
Il numeratore diventa:
(6u + 8)
−1
L .
Ora abbiamo: (u + 16)
2
6u 8
+ .
Separiamo: (u + 16) (u + 16)
2 2 1 1
u −1
−1
L = cos(4t) L = sin(4t) .
Usando le trasformate note: , (u + 16) 4
(u + 16) 2
2 2t
y(t) = 6cos(4t) + 2sin(4t)e .
Dunque:
Esercizio 6
Calcolare l'integrale doppio:
2
y
∬ 2 2
I = d x d y, D = (x, y) : x + y ≥ 1,0 ≤ y ≤ x,0 ≤ x ≤ 2.
dove
x + y
2 2
D
Soluzione: x = r cos(θ ), y = rsin(θ ) .
Conviene passare a coordinate polari ponendo: π
y = x ta n(θ ) = 1 θ =
La condizione implica , quindi .
4
y = 0 θ = 0
La condizione implica . 2 2
x + y = 1 r = 2 sec(θ )
Il dominio in r parte da r = 1 (poiché ) fino a .
π/4 2sec(θ) π/4 2sec(θ)
2 2
r sin (θ )
∫ ∫ ∫ ∫
2
I = r dr d θ = sin (θ ) r dr d θ .
L'integrale diventa: r 2
0 1 0 1
Si calcola l'integrale interno e poi quello in \theta per ottenere il valore finale.
Esercizio 7 ( ) n
∞ x +1
∑ .
Determinare l'insieme di convergenza e la somma della serie: x − 5
n=0
Soluzione: x +1 < 1.
La serie è geometrica e converge se: x − 5
| | | |
x + 1 < x − 5 .
Risolvendo: x > 5 x < 5
Si considerano i casi e e si determina l'intervallo valido.
x ∈ (−2,3)
Si ottiene: . 1 x − 5 x − 5 5 − x
S = = = = .
La somma della serie è: x − 5 − x − 1 −6 6
x +1
1 − x − 5
Esercizio 8 2
12x − 35
f (x) = .
Studiare lo sviluppo in serie di MacLaurin della funzione: x − 2
2
Soluzione: 35 + 24 59
f (x) = 12 − = 12 − .
Scriviamo: x − 2 x − 2
2 2
2
y = x ,
Poniamo si ha:
59 59 59 1
f (x) = 12 − = 12 − = 12 + ⋅ .
y − 2 −2(1 − y /2) 2 1 − y /2
( ) n
∞ ∞ 2n
1 y x
∑ ∑
= = .
Ora sviluppiamo in serie di potenze: 1 − y /2 2 2 n
n=0 n=0
∞ 2n
59 x
∑
f (x) = 12 + .
Quindi: 2 2 n
n=0
Esercizio 9
Calcolare l’integrale:
∬ x y d x d y, D = (x, y) : 0 < = x < = 2,0 < = y < = 2,2 < = x + y < = 4.
dove
D
Soluzione: y ≥ 0,x ≥ 0,y ≤ 2,x ≤ 2,x + y ≥ 2,x + y ≤ 4.
Le condizioni equivalgono a:
Il dominio D è un quadrilatero che si può parametrizzare facilmente oppure dividere in
2 min(2,4−x)
∫ ∫ xy dy d x .
due triangoli. Si calcola l'integrale come: x=0 y=ma x(0,2−x)
Si eseguono i calcoli interni e successivamente l'integrale in x per ottenere il valore
numerico.
Esercizio 10 ∫ 2 2
(y + x y)d x + (x + x y)d y,
Calcolare l'integrale di linea: γ
γ
dove è l'arco di circonferenza di raggio 2, centro nell'origine, da A(2,0) a B(0,2).
Soluzione: 2 2
F = (y + x y, x + x y),
Poiché il campo vettoriale è calcoliamo:
∂Q ∂P
= 2x + y, = 2y + x .
∂x ∂y
Il rotore non è nullo, quindi non è conservativo.
Si parametrizza la circonferenza: π
x = 2cos(t), y = 2sin(t), t ∈ [0, ] .
2
d x = − 2sin(t)dt, d y = 2cos(t)dt .
Si calcola π
Si sostituiscono nella forma e si integra da 0 a per ottenere il valore.
2
Esercizio 11
Integrare l'equazione differenziale:
2 3
x y′
′ − 3x y′ − 4y = − x ln(x), x > 0.
con
Soluzione:
Si riconosce come equazione di Eulero:
m m−1 m−2
y = x y′ = m x , y′
′ = m(m − 1)x .
Poniamo , calcoliamo
2 m−2 m−1 m m
x m(m − 1)x − 3x m x − 4x = x [m(m − 1) − 3m − 4] = 0.
Sostituendo: 2
m(m − 1 − 3) − 4 = m(m − 4) − 4 = m − 4m − 4 = 0.
Otteniamo: Δ = 16 + 16 = 32.
Calcoliamo il delta: ± 4±4
4 32 2 =2±2
m = = 2.
Le soluzioni sono: 2 2 3
−x ln(x)
Si troverà una soluzione particolare per il termine utilizzando il metodo di
variazione dei parametri.
Esercizio 12
Calcolare utilizzando la trasformata di Laplace delle funzioni periodiche:
T
∫ −st
e cos(5t)dt, T y = cos(5t)
dove il periodo di .
0
Soluzione: 2π
cos(5t) T = .
Il periodo di : 5
La formula della trasformata di Laplace per funzioni periodiche dice
T −st
∫ e f (t)dt
0
L[ f ](s) = .
1 − e −sT
T
∫ −st −sT
e cos(5t)dt = L[cos(5t)](s) ⋅ (1 − e ) .
Invertendo, si ha: 0 2
L[cos(5t)] = s /(s + 25)
Calcolando , si ottiene l'espressione.
      è è
Esercizio 13
Calcolare l'integrale: 2
x x
∬ 2
D = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, ≤ y ≤ x .
d x d y, dove
x + y 2
2 2
D
Soluzione:
La regione meglio gestibile in coordinate polari ponendo
x = r cos(θ ), y = r sin(θ )
.
2 2
r sin(θ ) = x θ
Si imposta: , da cui si trova e i limiti per r.
Si calcola:
x r cos(θ ) cos(θ )
∬ ∬ ∬ ∫∫
d x d y = rdrdθ = rdrdθ = cos(θ )drdθ .
x + y r r
2 2 2
D D D
Si risolve l'integrale con i limiti identi icati gra icamente.
Esercizio 14 ∞ 2
n n
∑ x .
Studiare la convergenza della serie di funzioni: 3 n
n=0
Soluzione: 2
n n
a = x .
Usiamo il criterio del rapporto: n 3 n
Calcoliamo: ( )
2 n+1 n 2
a (n + 1) x 3 (n + 1)
n+1 | | | |
lim = lim = x /3 ⋅ lim = x /3 .
a n x 3 n
2 n n+1 2
n→∞ n→∞ n→∞
n | | | |
x /3 < 1 ⇒ x < 3.
La serie converge se:
Veri icare il comportamento agli estremi con criterio di Raabe o di Cauchy.
I = (−3,3) .
In generale, l'intervallo di convergenza :
f è f è f
Esercizio 15
Risolvere il problema di Cauchy:
y log(x)
y′ = − + y(1) = 1
x x 2
Soluzione: 1 log(x)
y′ + y = .
L'equazione differenziale : x x 2
1
∫ d x
μ(x) = e = x .
Troviamo un fattore integrante: x
log(x)
x y′ + y = .
Moltiplichiamo: x
d log(x)
[x y] = .
Osserviamo che: dx x
log(x)
∫
x y = dx + C .
Integrando: x 2 2
u log (x)
1 ∫ u du = = .
u = log(x), du = ⇒
Poniamo xd x 2 2
2
log (x)
x y = + C .
Dunque: 2 2
log (1) C
1 = + ⇒ C = 1.
y(1) = 1
Usiamo la condizione iniziale : 2 1
In ine: 2
log (x) + 2
y(x) = .
2x

 
f è
Soluzioni Esercizi Analisi 2 - 10/06/2025
Esercizio 1 ∞
2 sin(k x)
∑ .
Studiare la convergenza puntuale nell'intervallo [0, ] della serie di funzioni:
π k
k=1
Soluzione: 2 2 x
− < x
Si tratta della serie di Fourier della funzione a tratti che coincide con con .
π π
∞ sin(k x)
∑
Poiché: . è la serie di Fourier di una funzione limitata e integrabile, essa converge
k
k=1
puntualmente in ogni punto di continuità. (π − x) , 0 < x < 2π .
In particolare, si può richiamare che la serie converge a: 2
2
Quindi, la serie converge puntualmente in [0, ] con valore limite noto sui punti interni.
π
Esercizio 2 y′
′ + y = 0, y(0) = 0, y′
(0) = 0.
Integrare mediante la trasformata di Laplace il problema:
Soluzione:
Applichiamo la trasformata di Laplace:
2 2
L[y′
′
] + L[y] = s Y(s) − s y(0) − y′
(0) + Y(s) = (s + 1)Y(s) = 0.
y(0) = 0,y′
(0) = 0 Y(s)