Esercitazioni Analisi 2

Formattazione del testo

Z Z2 21+x 1+x2 21 + t udu du= =p p2 2t u 12 2✓ ◆pZ 21+x 1 1 du= 1+p 2(u 1) 2(u + 1)2 p ✓ ◆ 21+x1 u 1= u + log p2 u + 1 2 ! !pppp 21 1 + x 1 1 2 1p p2= 1 + x 2 + log log2 221 + x + 1 2+1!p ✓ ◆2 ⇣ ⌘p pp 21 + x 11 1 22= 1+ x 2 + log log 2 122 x 2!p ⇣ ⌘p pp 21 + x 12= 1 + x 2 + log log 2 1 .x ⇣ ⌘p p pIn particolare l’arco di curva è lungo .5 1s (2) = 5 2 + log p8 2( 2 1)i) ,✓ 2⇢ = e ✓ [0, ⇡].Usiamo la parametrizzazione “standard” abbiamo et = ✓, x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓per cui t t 2r (t) = (e cos t, e sin t), t [0, ⇡].9Abbiamo 0 t tr (t) = (e (cos t sin t), e (cos t + sin t))9quindi la curva è di classe ,1C0 2 2t 2 2 2 2 2tkr (t)k = e (cos t 2 cos t sin t + sin t + cos +2 cos t sin t + sin t) = 2e ,9per cui è regolare e p0 tkr (t)k = 2e .9Perciò Z p pt duu ts (t) = 2e = 2(e 1).9 0 4 pIn particolare l’arco di curva è lungo ⇡s (⇡) = 2(e 1).9L’esempio è lo stesso

dell’esempio f).j) 2⇢ = 1 + cos ✓, ✓ [0, 2⇡].

Usiamo la parametrizzazione “standard” abbiamo et = ✓, x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓per cui 2r (t) = ((1 + cos t) cos t, (1 + cos t) sin t), t [0, ⇡].

Abbiamo 0 2 2r (t) = ( sin t 2 cos t sin t, cos t + cos t sin t)10quindi la curva è di classe ,1C0 2 2 2 2 2 3kr (t)k = sin t + 4 cos t sin t + 4 cos t sin t + cos t + 2 cos t10 4 2 2 2 4+ cos t 2 cos t sin t 2 cos t sin t + sin t2 2 2= 1 + 2 cos t + (cos t + sin t)✓ ◆t2= 2 + 2 cos t = 4 cos ,2per cui è regolare (tranne in e⇡) ✓ ◆t0kr (t)k = 2 cos .10 2> 6 6 6 6 6Siccome per e per dobbiamo farecos(t/2) 0 0 t ⇡ cos(t/2) 0 ⇡ t 2⇡,due casi per l’integrale.6 6

• Se 0 t ⇡, ✓ ◆Z t tdus (t) = 2 cos(u/2) = 4 sin .10 206 6

• Se ⇡ t 2⇡, ✓ ◆tds dt dt,0kr= (t)k = 2 cos10 2ma non bisogna dimenticare che Quindis (⇡) = 4.10 ✓ ◆Z ⇣ ⌘t u tdus (t) s (⇡) = 2 cos = 4 sin +410 10 2 2⇡e perciò ✓

la curva è di classe e regolare,1C p0kr (t)k = 10912che dà Z p pt dus (t) = 109 = t 109.12 0p

In particolare il segmento è lungo 109.6m) La curva di equazione 2 2x + y 2x = 0.È una circonferenza di centro e raggio Una delle soluzioni è di usareC(1, 1) 1.l’analoga al punto k).Un’altra soluzione è di usare le coordinate polari. In tal caso una parametrizzazionedella circonferenza è 2⇢ = 2 cos ✓, ✓ [0, ⇡],per cui 2r (✓) = (2 cos ✓, 2 cos ✓ sin ✓) = (cos(2✓) + 1, sin(2✓)).13Abbiamo 0r (✓) = ( 2 sin(2✓), 2 cos(2✓))13quindi la curva è di classe e regolare,1C 0kr (✓)k = 213e perciò Z ✓ d's (✓) = 2 = 2✓.13 0In particolare la circonferenza è lunga s (⇡) = 2⇡.13n) 3 2 2r (t) = (t 3t, 3t ), t [0, 4].14Abbiamo 0 2r (t) = (3t 3, 6t)14quindi la curva è di classe e regolare,1C0 2 4 2 2 4 2 2 2kr (t)k = 9t 18t + 9 + 36t = 9t + 18t + 9 = [3(t + 1)]14per cui 0 2kr (t)k =

3(t + 1).14Perciò Z t du2 3s (t) = (3u + 3) = t + 3t.14 0In particolare l’arco di curva è lungo s (4) = 76.14o) 2r (t) = (cos t + t sin t, sin t t cos t), t [ ⇡, ⇡].15Abbiamo0r (t) = ( sin t + sin t + t cos t, cos t cos t + t sin t) = (t cos t, t sin t) = t(cos t, sin t)15quindi la curva è di classe e regolare (tranne in1C 0),0kr |t|.(t)k =15Perciò 76 6• Se ⇡ t 0, Z t 2 2⇡ tdus (t) = = u = .15 2⇡>• Se t 0, Z t 2tdus (t) s (0) = u =15 15 20quindi 2 2⇡ + ts (t) = .15 2In particolare la lunghezza dell’arco di curva è .2s (⇡) = ⇡15p) 33 2r (t) = (cos t, sin t), t [0, 2⇡].16Abbiamo 0 2 2r (t) = ( 3 sin t cos t, 3 cos t sin t) = 3 sin t cos t( cos t, sin t)16quindi la curva è di classe e regolare (nei punti in cui1 6C sin t cos t = 0),30kr |(t)k = 3| sin t cos t| = sin(2t)|.16 2La funzione cambia segno in ogni multiplo di , per cui dobbiamo fare 4⇡cos t sin t 2casi al variare di t.6 6 >• Se ,

parametro e otteniamox !Z x t dtpr (x) = x, .18 21 t12Abbiamo ✓ ◆x0 pr (x) = 1,18 21 x9per cui la curva è di classe e regolare,1C 2x 10 2kr (x)k =1+ =18 2 21 x 1 xe quindi 10 pkr (x)k = .18 21 xPerciò Z xx 1 ⇡dtps (x) = = arcsin x = arcsin x .18 621 t1 12 2⇣ ⌘pIn particolare l’arco di curva è lungo .3 ⇡s =18 2 6⇣ ⌘p5 32s) ,t t4 2r (t) = , t , t [0, 1].19 5 4 3Abbiamo p0 4 3 2r (t) = (t , 2t , t )19quindi la curva è di classe e regolare (tranne in1C 0),0 2 8 6 4 4 2 2kr (t)k = t + 2t + t = (t + t )19per cui 0 4 2kr (t)k = t + t .19Perciò Z t 5 3t tdu4 3s (t) = (u + u ) = + .19 5 30In particolare l’arco di curva è lungo .8s (1) =19 15Esercizio 3.2. Calcolare i seguenti integrali curvilinei (integrali di linea di prima specie):Z ⇣ ⌘za) ds, dove è la curva parametrizzata da , con1 132 3p 2r(t) = t, t , t t [1, 2].p 2x + 2xy pAbbiamo e quindi0 2r (t) = (1, 2t, t ) pp0 2 22 4 2 2kr |1 |(t)k = 1 + 2t + t = (1^t) = ^t = 1 + ^t. Inoltre, se allora (x, y, z) = r(t), ¹/₃ ^2tz/_t³p = ³/_2t + ^t3(1 + t)x + 2xy. Vale quindi Z Z ^2z/₁ 7ds dt²p = t = ³/_9x + 2xy 110Z p ² 2b) ds, dove è la curva parametrizzata da con2 t t(2 x + y + z ) r(t) = (t , e cos t, e sin t),2t [0, 1]. Abbiamo quindi0 t tr (t) = (2t, e (cos t sin t), e (sin t + cos t),0 2 2 2t 2 2 2 2 2 2tkr (t)k = 4t +e (cos t 2 cos t sin t+sin t+sin t+2 sin t cos t+cos t) = 4t +2ee perciò p0 2 2tkr (t)k = 4t + 2e. Inoltre, se allora(x, y, z) = r(t),p ² 2 2t 2 2t 2 2t2 x + y + z = 2|t| + e cos t + e sin t = 2t + e. Osserviamo che 02 2t 2t 2t4t + 2e = 8t + 4e = 4 2t + e. Vale quindiZ Z p1p ds dt2 2 2t 2 2t(2 x + y + z ) = (2t + e ) 4t + 2e0≤ ⇣ ⌘12 1 13/2 3/22 2t 2 3/2·= 4t + 2e = 4 + 2e 23 4 60p ⇣ ⌘2 3/22= 2 + e 1 .3Z pc) ds, dove è la curva di equazione , con22 21 + x + 3y y = x x [0, 1].La curva è parametrizzata da Abbiamo quindi e02r(x) = (x, x ). r (x) = (1, 2x)p . Inoltre, se , per cui vale0

22kr (x)k = 1 + 4x

y = x

(x, y) = r(x),p

p2 21 + x + 3y = 1 + 4x