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Calcolo dell'area della superficie
L'area può essere calcolata tramite l'integrale doppio: Per riuscire a calcolarlo, ci serve una parametrizzazione della superficie. Possiamo utilizzare la seguente parametrizzazione: dove e . Poniamo quindi . La matrice jacobiana della parametrizzazione è: . Calcoliamo preventivamente il modulo del determinante della matrice jacobiana: . L'elemento di superficie è quindi: . L'area è quindi: .p p p pZZ Z Z Z Zp p p2 3 2 3dudv du dv du dv2 2 2 2A =2 2 (u + v ) = 2 2 u + 2 2 vD 0 0 0 0p pZ Zp p2 3 8 20du dv2 2 p p=2 6 u + 4 v = + 4 3 = .3 30 0
Bonus grafico:
2. z3.53
2.52
1.5
y3 12 0.5
x2
1.5
0.5
1
0.5
10.5
11
1.5
5 p
b) Scrivere un’equazione del piano tangente nel punto P (1, 1, 2).
0Nel calcolo della superficie, abbiamo visto che un vettore normale al piano tangentenel punto di coordinate è dato dar(u, v) p0 122 2vp@r @r @ A2^ = .2 2u@u @v 4uvIl punto corrisponde a quindi un vettore normale èP u = v = 1,0 p0 12 2p@ A2 24e un’equazione del piano tangente in quel punto èp p p2 2(x 1) 2 2(y 1) + 4(z 2) = 0ovvero px + y 2z = 0.
Esercizio 12.4. Calcolare l’integrale ZZ dSz⌃dove e la porzione di superficie di equazione cartesiana che si proietta⌃ z = f (x, y) = xyp6 6 6nell’insieme R 2 2 2{(x, 2K = y) : 0 y 3x, x + y 1}‘.Possiamo parametrizzare la superficie dalla funzione conr(x, y) = (x, y, f (x, y)),La matrice jacobiana è2(x,
y) K. 0 11 0@ A0 1Jr(x, y) = .y xL’elemento di superficie è 0 1y p@r @r @ AdS dxdy dxdy dxdy.2 2^ x= = = 1 + x + y@x @y 1L’integrale è ppZZ Z Z3p p21 y2dxdy dx dy2 2 2 2I = z 1 + x + y = xy 1 + x + yyK 0 p 36p 0 1" #p pZ Z21 y 33 33 3 4 22 2 2 1+ y 2(1 + x + y ) 2 22 2 @ Ady dy3= y = y3 30 0yp 3p2 3 3p p5 243 22 1 + y 2 1+2y 24 5= = .3 20 200Osservando che il dominio è lo spicchio di disco unitario di angolo compreso tra eK 0, l’area (non richiesta) è⇡3 ZZ Z Z⇡p p13dxdy d⇢ d✓2 2 2A = 1 + x + y = 1 + ⇢ ⇢K 0 02 3 13 32 2 2⇡ (1 + ⇢ ) (2 1)⇡4 5= = .3 3 90RREsercizio 12.5. Calcolare l’integrale dS, dove è la parte del piano di equazione(x+y+z)> > >tale che (xx + 2y + 4z = 4, 0, y 0, z 0).Il piano può essere visto come l’insieme dei punti tali che(x, y, z) x = 4 2y 4z.> > > > 6Dobbiamo avere e per cui ovvero Ily 0, z 0 x 0 4 2y 4z 0, y + 2z 2.dominio è quindi 6 6 6{(4 {r(y,
2 },= 2y 4z, y, z) : 0 y, 0 z, y + 2z 2} = z) : (y, z) Tdove è l'insiemeT 6 6 6R 2{(y, 2T = z) : 0 y, 0 z, y + 2z 2}e Osserviamo che, nel piano è il triangolo di verticir(y, z) = (4 2y 4z, y, z). Oyz, Te è il triangolo di vertici e (qui c'è unO(0, 0, 0), A(0, 2, 0) B(0, 0, 1) C(4, 0, 0), A Bpiccolo abuso di notazioni: è di coordinate nel piano e di coordinateA (2, 0) Oyz (0, 2, 0)nello spazio; dovremmo usare due nomi di punti diversi).3. yz B A1 2T 1O 1 2 C3 x47La matrice jacobiana di èr 0 12 4@ A1 0Jr(y, z) = 0 1e l'elemento di superficie è 0 11 p@r @r @ AdS dydz dydz dydz.^ 2= = = 21@y @z 4Abbiamo perciòZZ ZZ Z Zp p 1 2 2zdS dydz dy dz(x + y + z) = (4 y 3z) 21 = 21 (4 y 3z)T 0 0Z y=2 2zp 1 2y dz= 21 4y 3zy20 y=0Zp 1 dz2 2= 21 8 8z 2(1 2z + z ) 6z + 6z0 Z 1p p1 4dz2 3 2= 21 4z 10z + 6 = 21 z 5z + 6z30 0p7= 21.3 RREsercizio 12.6. Determinare l'integrale d , dove la superficie è la parte
della sfera > > >, tale che2 2 2 2x + y + z = a x 0, y 0, z 0.Sia definita sul rettangolo(', ✓) = (a cos ✓ sin ', a sin ✓ sin ', a cos '),6 6 6 6 . Allora SiccomeR ⇡⇡22 {r(', 2R = (', ✓) : 0 ' , 0 ✓ = ✓) : (', ✓) R}.2 2la matrice jacobiana di èr 0 1a cos ✓ cos ' a sin ✓ sin '@ Aa sin ✓ cos ' a cos ✓ sin 'Jr(', ✓) = ,a sin ' 0l’elemento di superficie è 0 122a cos ✓ sin '@r @r @ AdS d'd✓ d'd✓ d'.222^ |a sin ✓ sin '= = = a sin '|@' @✓ 2a cos ' sin ' >Possiamo allora calcolare l’integrale, osservando che sin ' 0,ZZ ZZ Z Z⇡ ⇡2 2dS d'd✓ d' d✓3 2 3 2x = a cos ✓ sin ' = a cos ✓ sin 'R 0 08Z Z⇡ ⇡2 2d✓ d'3 2= a cos ✓ sin '0 0 Z⇡ ⇡ 1 cos(2')2 2 d'3= a sin ✓ 2003a ⇡= .4Integrali di flussoEsercizio 12.7. Dato il campo calcolare ilIl flusso del rotore di F(x, y, z) = yi + zj + xk attraverso la porzione di paraboloide con vettore R = <3, 2, 2> {(x, y, z) : z = 1 - x^2 - y^2, z > 0}, normale orientato verso l'esterno, sia in base alla definizione, sia usando il teorema di Stokes. Osserviamo innanzitutto che la condizione è equivalente a z > 0, x^2 + y^2 < 1, cioè la coppia (x, y) è nel disco unitario D. La porzione di paraboloide è quindi parametrizzata da r(x, y) =(2x + 2y + 1)
Dla funzione è dispari e il dominio è simmetrico rispetto all'asse per cui l'integrale ∫∫ 2xy dxdy = 1 = πD perché l'integrale è l'area del disco.
Per usare il teorema di Stokes, ricordiamo il suo enunciato:
- se S è una superficie regolare orientabile e orientata con il versore normale n,
- se il bordo di S è una curva regolare orientato positivamente e è il versore t nel verso positivo,
allora ∫∫∫ rot F · dS = ∫∫ F · t ds.
Il bordo del paraboloide sono i punti della circonferenza unitaria e u(θ) = cos θ i + sin θ j, con θ una parametrizzazione del bordo. Per comodità indichiamo con I = [0, 2π]!
dS e du. Siccome il vettore normale ha la terza componente positiva, n · dS = t · ds. L'orientamento della parametrizzazione è positivo. Abbiamo quindi du = dθ. Possiamo perciò (ri)calcolare l'integrale ∫ sin θ i
+ cos ✓j)ZZ Z Z! !rot dS du d✓· · ·F = F = (sin ✓i + cos ✓k) ( sin ✓i + cos ✓j)+@ IZ Z2⇡ 2⇡ cos(2✓) 1d✓ d✓2= sin ✓ = 20 0= ⇡. 10
Esercizio 12.8. Calcolare, applicando il teorema di Stokes, il flusso del rotore del campovettoriale definito da per ogni attraverso laRx 2 z 32F F(x, y, z) = (e , y , 4y + xe ) (x, y, z)>calotta sferica di equazione con orientata nel verso delle crescenti.2 2 2C x + y + z = 1, z 0, z
Il teorema di Stokes afferma cheZZ Z! !rot dS dr· ·F(x, y, z) = F(x, y, z)+C @ C
Il bordo della calotta è la circonferenza unitaria, e l’orientamento positivo è l’orienta-mento trigonometrico. Una parametrizzazione èr(✓) = (cos ✓, sin ✓, 0), ✓[0, 2⇡].
La derivata della parametrizzazione è0r (✓) = ( sin ✓, cos ✓, 0).
L’integrale è quindiZZ Z Z 2⇡! !rot dS dr d✓· · ·F(x, y, z) = F(x, y, z) = F(cos ✓, sin ✓, 0) ( sin ✓, cos ✓,
0)+C @ C 0Z 2⇡ d✓cos ✓ 2 0 ·= e , sin ✓, 4 sin ✓ + cos ✓e ( sin ✓, cos ✓, 0)0Z 2⇡ d✓cos ✓ 2= sin ✓e + sin ✓ cos ✓0 2⇡3sin ✓cos ✓= e + 3 0= 0.
Non è difficile verificare anche direttamente che l'integrale è nullo.
Esercizio 12.9. >Sia la semisfera con orientata nel verso delle2 2 2 2x + y + z = R z 0 zcrescenti e sia f (x, y, z) = (y, z, x).Calcol
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