Esercitazioni Analisi 2

ESERCITAZIONI ANALISI:

Cicloide:

(ψ(t)), (r(t-sen t), r(1-cos t))

r > 0

t ∈ [0,2π]

• La cicloide è una curva regolare?
  • ψ ∈ (C¹ [0,2π]) → Parametr. C¹
  • ||ψ'(t)|| = √[r²(1-cos t)² + r²(sen t)²] = |√[r²(2-2cos t)]|
  • ||ψ'(t)|| > 0 → √2-2cos t > 0 → 1-cos t > 0 → cos t < 1 → t ∈ (0,2π)
• Calcolare la lunghezza della curva:
  • L(φ) = ∫₀^2π ||ψ'(t)|| dt = ∫₀^2π √[r²(2cos t)] dt
  • √2 ∫₀^π √[2 - 2 cos t] dt = 2√2 ∫₀^π √[1 - cos t] dt
  • = 4√2 [ √[1 - cos(t/2)] ]₀^π = 4√2 [ (√2r) / 2 ]
  • = 2√2 [4r] = 8r
• Calcolando il volume della curva:
  • x₀ =
  • 1 / L(ψ) ∫₀^2π x | ψ'(t) | dt
  • = 1 / 8π ∫₀^2π √[4(t- sen t)² + r √2 - 2 cost] dt
  • = √[r²(t - sen t)]
  • = √[r²cos t] dt = ... = √r²
• y₀ =
  • 1 / L(ψ) ∫₀^2π y | ψ'(t) | dt + 1 / 8π ∫₀^2π r²[1-cos t] √2 - √2 cos t dt
  • = 8 / 12 ∫₀^2π (1 - cos t)² dt

Asteroide

φ(t) = (cos³t; sen³t) t ∈ [0, 2π]

• L'asteroide è un'unica curva regolare?

φ ϵ C¹( [0, 2π] )

φ'(t) = (-3cos²tsen t; 3sen²tcos t)

|φ'(t)| = √(9cos²tsen²t + 9sen²tcos²t ) = 3|cos tsen t|

J cos²t + sen²t

J_ cos²t + sen²t

3|cos²tsen t|

Allora la curva è regolare in ϕ(t_c) = origine ϕ(t_c) = regolare

ϕ(t_c) = regolare ϕ([t_c + ε]) = regolare

Calcoliamo la lunghezza dell'asteroide

L(φ)=∫₀^2π |φ'(t)|dt = 3∫₀^π |cos tsen t| = 12∫₀^π/2 cos tsen t = 12∫₀^π/2 sen²t

= 6(sen t - 1/2 sen 2t)₀^π/2 = 6

Calcoliamo anche il baricentro della curva

x_B = 1/6∫₀³ cos³t sen³t dt = 0

perché la curva è simmetrica rispetto all'asse y

y_B = 1/6∫₀³ sen³t cos³t dt = 0

perché curva è simmetrica rispetto all'asse x

Curve Piane in Coordinate Polari

φ(t) = (x(t), y(t)) cos θ

φ(t) = (x(t), y(t)) sen θ

Spirale di Archimede

φ(θ) = (θ·cos θ; θ·sen θ)

θ∈[0,2π]

Parametrizzato convenientemente si passa a linee

4)

Calcolare la lunghezza di γ dove γ è la curva intersezione delle superfici

2x - 4y - z = 1 z = x - y²

Cerchiamo una parametrizzazione della curva:

2x - 4y - z = 1 z = x - y²

{ z = 2x - 4y - 1 z= x² + x + 1 y² + 4y + 4 = z (z - (x-2))² = 4

γ(t) x = 1 + 2cos t y = 1 + 2sen t t ∈ [0, 2π]

γ(t) x' = -2sen t y' = 2cos t

||γ(t)'|| = √(4sen²t + 4cos²t) = 2

L(γ) = ∫₀^2π 2 dt = 4π

5)

Calcolare la lunghezza di γ dove γ è la curva intersezione delle superfici

{ z = ³⁄₂ sen √x y(^x⁄₄)²= 3y x ∈ [0, 4]

Se x = t² { x = t² x' = 2t y = ³⁄₂ cos t t ∈ [0, 2]

γ(t) x = t² x' = 2t

Dunque _(x,y) = ^x/_y² - 2√_x + c(y) = b ⇒ c(y) = 0 ⇒ c(y) = c

Allora

U(x,y) = 2x√_y - 2y√_x + c c∈ℝ

per condizione iniziale.

U(1,1) = 2·√₁ - 2·√₁ + c = 2 - 2 + c = c = 0

U(x,y) = 2x√_y - 2y√_x

3) Dato il campo F_(x,y,z) = (2x^y - z, 2yz + x², -2xz + y²)

1. Stabilire se è conservativo sul suo dominio;
2. Determinarne un potenziale.

Risolvendo:

a) D = ℝ³ che è un dominio semplicemente connesso

Studiando ora le derivate implicate:

• ∂F₁/∂y = 0 ⇔ ∂F₂/∂x = x
• ∂F₁/∂z = 0 ⇔ ∂F₃/∂x = 0
• ∂F₂/∂z = 2 ⇔ ∂F₃/∂y = 2y

Poiché sono a due a due uguali, il campo è irrotazionale. Siccome siamo in un dominio semplicemente connesso si ha che il campo è conservativo su tutto il suo dominio.

b) Siccome ∇U = F allora:

∂U_(x,y,z)/∂x = F₁(x,y,z) = 2xy - z

∂U_(x,y,z)/∂y = F₂(x,y,z) = 2yz + x²

∂U_(x,y,z)/∂z = F₃(x,y,z) = -2xz + y²

Grazie alla prima relazione, possiamo calcolare questo valore:

U(x,y,z) = ∫ (2x^y - z) dx + C(y,z) = x^y - z⋅x + C(y,z)

Ora noi sappiamo che:

F₂ = ∂U/∂y ^(x,y,z) = x² + ∂C(y,z)/∂y ⇔ ∂C/∂y ^(y,z) = 2yz ⇔ C(y,z) = ∫ 2y dz + g(y)

Allora

U(x,y,z) = x^y - z²x + y²z + C(y,z)

Siccome

F₃ = ∂U/∂z ^(x,y,z) = 2xz + y² + c₂(z) ⇔ c₂(z) = 0 ⇒ C(z) = C

Quindi si ha infine che:

U(x,y,z) = x^y - z²x + y²z + C c∈ℝ

Cambio di variabile negli integrali doppi:

Si utilizzi una funzione ausiliaria

φ: T ⊆ R² → D ⊆ R² (u,v) ∈ T → (φ₁(u,v),φ₂(u,v)) ∈ D

Che deve essere

• φ = ξ bigezione tra T e D;
• φ di classe C¹;
• det (Jφ (u,v)) ≠ 0

Se tutto questo è vero allora

∫∫_D f(x,y)dxdy = ∫∫_T f(φ(u,v)) ⋅ |det(Jφ(u,v))| dudv

Solitamente il cambio di variabile più usuale è il passaggio in coordinate polari:

φ : x = ψ (ρ,θ) = ρcosθ y = ψ (ρ,θ) = ρsenθ

Con ρ > 0 e θ ∈ [0;2π[

Siccome Jφ (ρ,θ) = (&left; − sinθ cosθ cosθ senθ&right;) allora det(Jφ(ρ,θ)) = ρcos² + ρsen² = ρ.

Quindi:

∫∫_D f(x,y)dxdy = ∫∫_T f(x₀ + ρcosθ, y₀ + ρsenθ) ⋅ ρ dρdθ se T:φ^-1(D) → φ(t)=D

L

passaggio in coordinate polari si usano quando si ha simmetria sferica.

a)

∫∫_D dxdy D = {(x,y) ∈ R² | 1 ≤ x + y ≤ 4, 0 < x <  }

Questo dominio non sia normale rispetto al x sia rispetto al y ma non è agevole trattarlo così, il dominio ha però simmetria sferica e quindi posso descrivere l'insieme con coordinate polari centrate nell'origine:

φ : x = ρcosθ y = ρsenθ T = {(ρ,θ) | 1 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ₁ ≤ π/2}

∫∫₀ dxdy = ∫∫₁ ²∫∫₀ ^π/2 ρdρdθ =

= ∫∫₀ π/2 ∫∫₁ ^{2 0} dρ =

= ∫[ln(ρ)] de − ln√² / 2 ≤ ρ ln(cosθ) dθ = ∫∫[ln√⁴ / 3] = ¾ ln 2