Parametrizzazione di curve

Esercizio 5.8

Descrivere la curva:

$$A=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,|x|^{2/3}+|y|^{2/3}=a^{2/3}\}\quad {\hbox{asteroide}}$$

$$A=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,|x|^{2/3}+|y|^{2/3}=a^{2/3}\}\quad {\hbox{asteroide}}$$

e calcolarne la lunghezza.

 

Descrizione della curva: Cerco una parametrizzazione del sostegno della curva. Osservo che, se $(x,y)\in A$$(x,y)\in A$ anche $(x,-y)\in A$$(x,-y)\in A$, $(-x,y)\in A$$(-x,y)\in A$, $(-x,-y)\in A$$(-x,-y)\in A$, cioè la curva è simmetrica rispetto agli assi e rispetto alle bisettrici. Basta quindi studiare la curva in un quadrante. Nel quadrante $x>0,y>0$$x>0,y>0$ la curva è descritta dall'l'equazione:

$$x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$$

$$x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$$

Esplicito la $y$$y$ in funzione della $x$$x$:

$$y^{2/3}=a^{2/3}-x^{2/3}$$

$$y^{2/3}=a^{2/3}-x^{2/3}$$

e siccome il primo membro è positivo si ha $x\leq a$$x\leq a$.
Elevando a $3/2$$3/2$:

$$y=(a^{2/3}-x^{2/3})^{3/2}=f(x)$$

$$y=(a^{2/3}-x^{2/3})^{3/2}=f(x)$$

Quindi la funzione $f(x)$$f(x)$ è continua nell'intervallo chiuso $[0,a]$$[0,a]$, inoltre si ha:

$$f'(x)=3/2*[a^{2/3}-x^{2/3}]^{1/2}*(-2/3*x^{-1/3})=-{\frac {(a^{2/3}-x^{2/3})^{1/2}}{x^{1/3}}}$$

$$f'(x)=3/2*[a^{2/3}-x^{2/3}]^{1/2}*(-2/3*x^{-1/3})=-{\frac {(a^{2/3}-x^{2/3})^{1/2}}{x^{1/3}}}$$

Siccome per $x>0$$x>0$ la derivata è negativa, $f(x)$$f(x)$ è decrescente.

$$f(0)=(a^{2/3})^{3/2}=a$$

$$f(0)=(a^{2/3})^{3/2}=a$$

e quindi la curva passa per i punti $(0,a)$$(0,a)$ e $(a,0)$$(a,0)$.
Studiando la derivata seconda si può dimostrare anche che la curva è convessa.
Lunghezza della curva: Per simmetria, la lunghezza $L_{A}$$L_{A}$ della curva è pari a quattro volte la lunghezza di $A\cap \{x\geq 0,\,y\geq 0\}$$A\cap \{x\geq 0,\,y\geq 0\}$, quindi calcolo:

$$L_{A}=4*\int _{A\cap \{x\geq 0,\,y\geq 0\}}\,ds$$

$$L_{A}=4*\int _{A\cap \{x\geq 0,\,y\geq 0\}}\,ds$$

Equazioni parametriche di $A$$A$:

$$x=t,\,y=[a^{2/3}-t^{2/3}]^{3/2}$$

$$x=t,\,y=[a^{2/3}-t^{2/3}]^{3/2}$$

$$x'=1,y'=-{\frac {[a^{2/3}-t^{2/3}]^{1/2}}{t^{1/3}}}$$

$$x'=1,y'=-{\frac {[a^{2/3}-t^{2/3}]^{1/2}}{t^{1/3}}}$$

$$\alpha '(t)={\frac {ds}{dt}}$$

$$\alpha '(t)={\frac {ds}{dt}}$$

$$ds={\sqrt {1+{\frac {a^{2/3}-t^{2/3}}{t^{2/3}}}}}\,dt$$

$$ds={\sqrt {1+{\frac {a^{2/3}-t^{2/3}}{t^{2/3}}}}}\,dt$$

$$ds={\sqrt {\frac {a^{2/3}}{t^{2/3}}}}\,dt={\frac {a^{1/3}}{t^{1/3}}}\,dt=a^{1/3}t^{-1/3}\,dt$$

$$ds={\sqrt {\frac {a^{2/3}}{t^{2/3}}}}\,dt={\frac {a^{1/3}}{t^{1/3}}}\,dt=a^{1/3}t^{-1/3}\,dt$$

Quindi

$$L_{A}=4*\int _{0}^{a}a^{1/3}t^{-1/3}\,dt=3/2*4a^{-1/3}[t^{2/3}]_{0}^{a}=6a$$

$$L_{A}=4*\int _{0}^{a}a^{1/3}t^{-1/3}\,dt=3/2*4a^{-1/3}[t^{2/3}]_{0}^{a}=6a$$

Esercizio 5.9

Si calcoli la lunghezza della curva $\gamma$$\gamma$ di sostegno

$$\gamma ^{*}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:\,1\leq x\leq 2,\,y=\log {\frac {e^{x}+1}{e^{x}-1}}\}.$$

$$\gamma ^{*}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:\,1\leq x\leq 2,\,y=\log {\frac {e^{x}+1}{e^{x}-1}}\}.$$

 

Questa curva è una curva cartesiana che si può riscrivere come:

$$\gamma \colon [1,2]\to \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\gamma (x)=(x,\log {\frac {e^{x}+1}{e^{x}-1}})$$

$$\gamma \colon [1,2]\to \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\gamma (x)=(x,\log {\frac {e^{x}+1}{e^{x}-1}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {e^{x}-1}{e^{x}+1}}*{\frac {(e^{x}-1)e^{x}-e^{x}(e^{x}+1)}{(e^{x}-1)^{2}}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {e^{x}-1}{e^{x}+1}}*{\frac {(e^{x}-1)e^{x}-e^{x}(e^{x}+1)}{(e^{x}-1)^{2}}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {1}{e^{x}+1}}*{\frac {e^{2x}-e^{x}-e^{2x}-e^{x}}{e^{x}-1}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {1}{e^{x}+1}}*{\frac {e^{2x}-e^{x}-e^{2x}-e^{x}}{e^{x}-1}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {-2e^{x}}{e^{2x}-1}})$$

$$\gamma '(t)=(1,{\frac {-2e^{x}}{e^{2x}-1}})$$

Quindi

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {1+{\frac {4e{2x}}{(e^{2x}-1)^{2}}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {1+{\frac {4e{2x}}{(e^{2x}-1)^{2}}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {\frac {e^{4x}+1-2e^{2x}+4e{2x}}{(e^{2x}-1)^{2}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {\frac {e^{4x}+1-2e^{2x}+4e{2x}}{(e^{2x}-1)^{2}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {\frac {e^{4x}+2e^{2x}+1}{(e^{2x}-1)^{2}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\sqrt {\frac {e^{4x}+2e^{2x}+1}{(e^{2x}-1)^{2}}}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}$$

$$\vert \gamma '(t)\vert ={\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}$$

Calcolo l'integrale:

$$l(\gamma )=\int _{1}^{2}{\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}\,dx$$

$$l(\gamma )=\int _{1}^{2}{\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}\,dx$$

$$l(\gamma )=\int _{1}^{2}\coth x\,dx=[\log \tanh x]_{1}^{2}=\log \tanh 2-\log \tanh 1$$

$$l(\gamma )=\int _{1}^{2}\coth x\,dx=[\log \tanh x]_{1}^{2}=\log \tanh 2-\log \tanh 1$$

Esercizio 5.10

Parametrizzare l'ellisse definita come:

$$\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,{\frac {(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}}+{\frac {(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}}\leq 1\}$$

$$\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,{\frac {(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}}+{\frac {(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}}\leq 1\}$$

 

Questa è un'ellisse con semiasse maggiore $a$$a$, semiasse minore $b$$b$. Possiamo parametrizzare l'ellisse partendo da $(a,0)$$(a,0)$ in senso antiorario o in senso orario, e si avranno due parametrizzazioni distinte.

Pongo:

$${\begin{cases}\cos ^{2}t={\frac {(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}}\\\sin ^{2}t={\frac {(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\cos ^{2}t={\frac {(x-x_{0})^{2}}{a^{2}}}\\\sin ^{2}t={\frac {(y-y_{0})^{2}}{b^{2}}}\end{cases}}$$

Dalla prima equazione ricavo $(x-x_{0})^{2}=a^{2}\cos ^{2}t$$(x-x_{0})^{2}=a^{2}\cos ^{2}t$, cioè $x-x_{0}=\pm a\cos t$$x-x_{0}=\pm a\cos t$, $x=x_{0}\pm a\cos t$$x=x_{0}\pm a\cos t$. Analogamente $y=y_{0}\pm b\sin t$$y=y_{0}\pm b\sin t$.

Parametrizzazione in senso antiorario: $\cos ^{2}t+\sin ^{2}t=1\forall t$$\cos ^{2}t+\sin ^{2}t=1\forall t$, ma supponiamo per periodicità $t\in [0,2\pi ]$$t\in [0,2\pi ]$. Inoltre si ha:

$$x=x_{0}+a\cos t,\,y=y_{0}+b\sin t$$

$$x=x_{0}+a\cos t,\,y=y_{0}+b\sin t$$

e questa è la parametrizzazione in senso antiorario, infatti si ha:

$$t=0\longrightarrow x=x_{0}+a,\,y=y_{0}$$

$$t=0\longrightarrow x=x_{0}+a,\,y=y_{0}$$

$$t=\pi /2\longrightarrow x=x_{0},\,y=y_{0}+b$$

$$t=\pi /2\longrightarrow x=x_{0},\,y=y_{0}+b$$

$$t=\pi ,\longrightarrow x=x_{0}-a,\,y=y_{0}$$

$$t=\pi ,\longrightarrow x=x_{0}-a,\,y=y_{0}$$

$$\dots \dots \dots$$

$$\dots \dots \dots$$

Parametrizzazione in senso orario:

$$x=x_{0}+a\cos t,\,\,y=y_{0}-b\sin t$$

$$x=x_{0}+a\cos t,\,\,y=y_{0}-b\sin t$$

Esercizio 5.11

Calcolare l'integrale

$$\int _{\alpha }\,z\,ds$$

$$\int _{\alpha }\,z\,ds$$

dove

$$\alpha =\{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\,\cap \,x+y=1,\quad z\geq 0\}.$$

$$\alpha =\{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\,\cap \,x+y=1,\quad z\geq 0\}.$$

 

La curva è l'intersezione di due superfici: una sfera e un piano.

Dalla seconda equazione ricavo $y=1-x$$y=1-x$, e sostituendo nella prima equazione:

$$x^{2}+(1-x)^{2}+z^{2}=1$$

$$x^{2}+(1-x)^{2}+z^{2}=1$$

$$2x^{2}+1-2x+z^{2}=1$$

$$2x^{2}+1-2x+z^{2}=1$$

$$2x^{2}-2x+z^{2}=0$$

$$2x^{2}-2x+z^{2}=0$$

Uso il metodo del completamento dei quadrati per far comparire l'equazione di un'ellisse:

$$2(x^{2}-x+1/4-1/4)+z^{2}=0$$

$$2(x^{2}-x+1/4-1/4)+z^{2}=0$$

$$2(x-1/2)^{2}-2*1/4+z^{2}=0$$

$$2(x-1/2)^{2}-2*1/4+z^{2}=0$$

$$2(x-1/2)^{2}+z^{2}=1/2$$

$$2(x-1/2)^{2}+z^{2}=1/2$$

$${\frac {(x-1/2)^{2}}{1/4}}+{\frac {z^{2}}{1/2}}=1$$

$${\frac {(x-1/2)^{2}}{1/4}}+{\frac {z^{2}}{1/2}}=1$$

e ci si riconduce all'esercizio precedente con $(x_{0},z_{0})=(1/2,0)$$(x_{0},z_{0})=(1/2,0)$, $a^{2}=1/4$$a^{2}=1/4$ e $b^{2}=1/2$$b^{2}=1/2$.
Siccome $y=1-x$$y=1-x$ si ha $y=1/2-1/2\cos t$$y=1/2-1/2\cos t$.
Si ottiene la parametrizzazione:

$${\begin{cases}x=1/2+1/2\cos t\\y=1/2-1/2\cos t\\z={\frac {\sqrt {2}}{2}}\sin t\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=1/2+1/2\cos t\\y=1/2-1/2\cos t\\z={\frac {\sqrt {2}}{2}}\sin t\end{cases}}$$

e imponendo la condizione $z\geq 0$$z\geq 0$ si ha $\sin t\geq 0$$\sin t\geq 0$ e quindi $t\in [0,\pi ]$$t\in [0,\pi ]$.

$$x'(t)=-1/2\sin t,\,y'(t)=1/2\sin t,\,z'(t)={\sqrt {2}}/2\cos t$$

$$x'(t)=-1/2\sin t,\,y'(t)=1/2\sin t,\,z'(t)={\sqrt {2}}/2\cos t$$

$$ds={\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}+z'(t)^{2}}}\,dt$$

$$ds={\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}+z'(t)^{2}}}\,dt$$

$$={\sqrt {1/4\sin ^{2}t+1/4\sin ^{2}t+1/2\cos ^{2}t}}={\sqrt {2}}/2dt$$

$$={\sqrt {1/4\sin ^{2}t+1/4\sin ^{2}t+1/2\cos ^{2}t}}={\sqrt {2}}/2dt$$

Allora:

$$\int _{\alpha }z\,ds=$$

$$\int _{\alpha }z\,ds=$$

$$\int _{0}^{\pi }{\sqrt {2}}/2\sin t\,{\sqrt {2}}/2dt=1/2\int _{0}^{\pi }\sin t\,dt=1/2[\cos t]_{0}^{\pi }=1/2*(-2)=-1$$

$$\int _{0}^{\pi }{\sqrt {2}}/2\sin t\,{\sqrt {2}}/2dt=1/2\int _{0}^{\pi }\sin t\,dt=1/2[\cos t]_{0}^{\pi }=1/2*(-2)=-1$$

Esercizio 5.12

Sia $\alpha$$\alpha$ una curva tale che:

$$\alpha =\{x^{2}+y+z=2\}\,\cap \,\{xy+z=1\}$$

$$\alpha =\{x^{2}+y+z=2\}\,\cap \,\{xy+z=1\}$$

con estremi $(-1/2,1/2,5/4)$$(-1/2,1/2,5/4)$ e $({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}},{\frac {{\sqrt {2}}+1}{2}},3/4)$$({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}},{\frac {{\sqrt {2}}+1}{2}},3/4)$. Calcolare la lunghezza della curva.

 

Per trovare una parametrizzazione della curva devo risolvere il sistema:

$${\begin{cases}x^{2}+y+z=2\\xy+z=1\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x^{2}+y+z=2\\xy+z=1\end{cases}}$$

Dalla seconda equazione ricavo $z=1-xy$$z=1-xy$, e sostituendo nella prima:

$$x^{2}+y+1-xy=2$$

$$x^{2}+y+1-xy=2$$

$$x^{2}+y-xy=1$$

$$x^{2}+y-xy=1$$

$$y-xy=1-x^{2}$$

$$y-xy=1-x^{2}$$

$$y*(1-x)=(1-x)*(1+x)\quad \quad {\hbox{equazione}}\ast$$

$$y*(1-x)=(1-x)*(1+x)\quad \quad {\hbox{equazione}}\ast$$

Se $x=1$$x=1$, l'equazione è soddisfatta per ogni $x$$x$ e di conseguenza si ottiene $z=1-xy=1-y$$z=1-xy=1-y$.

Allora la retta di equazioni $\alpha _{0}=\{x=1,y=t,z=1-t\}$$\alpha _{0}=\{x=1,y=t,z=1-t\}$ soddisfa l'equazione definitoria di $\alpha$$\alpha$. Suppongo invece $x\neq 1$$x\neq 1$, allora possiamo dividere l'equazione $\ast$$\ast$ per $1-x$$1-x$ e si ottiene: $y=1+x$$y=1+x$. Risostituendo nell'espressione di $z$$z$ si ha:

$$z=1-xy=1-(1+x)*x=1-x-x^{2}$$

$$z=1-xy=1-(1+x)*x=1-x-x^{2}$$

e quindi, per $x\neq 1$$x\neq 1$ la curva ha la parametrizzazione:

$$\alpha _{1}=\{x(t)=t,\,y(t)=1+t,\,z(t)=1-t-t^{2}\}.$$

$$\alpha _{1}=\{x(t)=t,\,y(t)=1+t,\,z(t)=1-t-t^{2}\}.$$

Si nota subito che $x(t)$$x(t)$ è crescente per $x\neq 1$$x\neq 1$, e che gli estremi della curva $x_{1}=-1/2$$x_{1}=-1/2$ e $x_{2}={\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}$$x_{2}={\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}$ sono minori di 1. Quindi, se $-1/2<t<{\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}$$-1/2<t<{\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}$ allora $x(t)\neq 1$$x(t)\neq 1$, ed è immediato verificare che:

$$\alpha _{1}(-1/2)=(-1/2,1/2,5/4)\quad {\hbox{primo estremo}}$$

$$\alpha _{1}(-1/2)=(-1/2,1/2,5/4)\quad {\hbox{primo estremo}}$$

$$\alpha _{1}({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}})=({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}},{\frac {{\sqrt {2}}+1}{2}},3/4)\quad \quad {\hbox{secondo estremo}}$$

$$\alpha _{1}({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}})=({\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}},{\frac {{\sqrt {2}}+1}{2}},3/4)\quad \quad {\hbox{secondo estremo}}$$

Quindi se considero la parametrizzazione con $t$$t$ che varia tra gli estremi, ho il sostegno della curva parametrizzata da $\alpha _{1}$$\alpha _{1}$ mentre $\alpha _{0}$$\alpha _{0}$ non viene coinvolta. In conclusione:

$$\alpha =\{x(t)=t,\,y(t)=1+t,\,z(t)=1-t-t^{2},\quad -1/2\leq t\leq {\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}\}$$

$$\alpha =\{x(t)=t,\,y(t)=1+t,\,z(t)=1-t-t^{2},\quad -1/2\leq t\leq {\frac {{\sqrt {2}}-1}{2}}\}$$

Per calcolare la lunghezza, si ha:

$$\alpha '(t)={\frac {ds}{dt}}=[x'(t)=1,\,y'(t)=1,\,z'(t)=-1-2t]$$

$$\alpha '(t)={\frac {ds}{dt}}=[x'(t)=1,\,y'(t)=1,\,z'(t)=-1-2t]$$

$$ds={\sqrt {1+1+(1+2t)^{2}}}\,dt={\sqrt {1+1+1+4t^{2}+4t}}\,dt={\sqrt {4t^{2}+4t+3}}\,dt=2{\sqrt {t^{2}+t+3/4}}\,dt=2{\sqrt {(t+1/2)^{2}+1/2}}\,dt$$

$$ds={\sqrt {1+1+(1+2t)^{2}}}\,dt={\sqrt {1+1+1+4t^{2}+4t}}\,dt={\sqrt {4t^{2}+4t+3}}\,dt=2{\sqrt {t^{2}+t+3/4}}\,dt=2{\sqrt {(t+1/2)^{2}+1/2}}\,dt$$

$$L_{\alpha }=\int _{-1/2}^{({\sqrt {2}}-1)/2}2{\sqrt {(t+1/2)^{2}+1/2}}\,dt$$

$$L_{\alpha }=\int _{-1/2}^{({\sqrt {2}}-1)/2}2{\sqrt {(t+1/2)^{2}+1/2}}\,dt$$

$$t+1/2=x$$

$$t+1/2=x$$

$$dt=dx$$

$$dt=dx$$

$$\int _{0}^{{\sqrt {2}}/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx$$

$$\int _{0}^{{\sqrt {2}}/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx$$

Integro per parti:

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=$$

$$f(x)=x,\,f'(x)=1\,g(x)={\sqrt {x^{2}+1/2}},\,x'={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}$$

$$f(x)=x,\,f'(x)=1\,g(x)={\sqrt {x^{2}+1/2}},\,x'={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=$$

$$=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\frac {x^{2}}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx$$

$$=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\frac {x^{2}}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx$$

e aggiungendo e togliendo $1/2$$1/2$:

$$=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\frac {x^{2}+1/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\frac {x^{2}+1/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

e tenendo conto del fatto che ${\frac {x^{2}+1/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}={\sqrt {x^{2}+1/2}}$${\frac {x^{2}+1/2}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}={\sqrt {x^{2}+1/2}}$ si ha:

$$x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

ed eguagliando al primo membro:

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}-\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$2\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$2\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x{\sqrt {x^{2}+1/2}}+\int {\frac {1}{2{\sqrt {x^{2}+1/2}}}}\,dx=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x1/2{\sqrt {x^{2}+1/2}}+1/4\int {\frac {1}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x1/2{\sqrt {x^{2}+1/2}}+1/4\int {\frac {1}{\sqrt {x^{2}+1/2}}}\,dx=$$

e l'integrale al secondo membro è uguale al settore coseno iperbolico:

$$x={\sqrt {2}}/2\cosh t$$

$$x={\sqrt {2}}/2\cosh t$$

$$dx={\sqrt {2}}/2\sinh t\,dt$$

$$dx={\sqrt {2}}/2\sinh t\,dt$$

$$\mathrm {sett} \sinh =\log(1+{\sqrt {x^{2}+1}})$$

$$\mathrm {sett} \sinh =\log(1+{\sqrt {x^{2}+1}})$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x1/2{\sqrt {x^{2}+1/2}}+{\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\log(1+{\sqrt {x^{2}+1}})=$$

$$\int {\sqrt {x^{2}+1/2}}\,dx=x1/2{\sqrt {x^{2}+1/2}}+{\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\log(1+{\sqrt {x^{2}+1}})=$$

Si risostituisce poi quest'espressione in $L_{\alpha }$$L_{\alpha }$ e la si valuta tra gli estremi $0$$0$ e ${\sqrt {2}}/2$${\sqrt {2}}/2$.

Esercizio 5.13

Calcolare:

$$\int _{\alpha }{\sqrt {1+4x^{2}z^{2}}}\,d\sigma$$

$$\int _{\alpha }{\sqrt {1+4x^{2}z^{2}}}\,d\sigma$$

dove

$$\alpha =\{y^{2}+z^{2}=1\}\,\cap \,\{y^{2}=x\}.$$

$$\alpha =\{y^{2}+z^{2}=1\}\,\cap \,\{y^{2}=x\}.$$

con proiezione sul piano $(y,z)$$(y,z)$ che è una curva semplice orientata in senso orario.

 

Si richiede che la circonferenza $y^{2}+z^{2}=1$$y^{2}+z^{2}=1$ sia percorsa una sola volta in senso orario, quindi le equazioni parametriche sono:

$$y(t)=\cos t,\,z(t)=-\sin t,\quad 0<t<\pi$$

$$y(t)=\cos t,\,z(t)=-\sin t,\quad 0<t<\pi$$

Inoltre

$$x(t)=y(t)^{2}\quad \longrightarrow \quad x(t)=\cos ^{2}t$$

$$x(t)=y(t)^{2}\quad \longrightarrow \quad x(t)=\cos ^{2}t$$

$$\alpha '=[x'(t)=-2\cos t\sin t,\,y'(t)=-\sin t,\,z'(t)=-\cos t]$$

$$\alpha '=[x'(t)=-2\cos t\sin t,\,y'(t)=-\sin t,\,z'(t)=-\cos t]$$

$$ds={\sqrt {4\cos ^{2}t\sin ^{2}t+\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}}\,dt={\sqrt {4\cos ^{2}t\sin ^{2}t+1}}\,dt$$

$$ds={\sqrt {4\cos ^{2}t\sin ^{2}t+\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}}\,dt={\sqrt {4\cos ^{2}t\sin ^{2}t+1}}\,dt$$

$$I=\int _{\alpha }{\sqrt {1+y^{2}z^{2}}}\,ds=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t}}*{\sqrt {1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t}}\,dt$$

$$I=\int _{\alpha }{\sqrt {1+y^{2}z^{2}}}\,ds=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t}}*{\sqrt {1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t}}\,dt$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t\,dt=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t-4\cos ^{4}t\,dt$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t\sin ^{2}t\,dt=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t-4\cos ^{4}t\,dt$$

Integro per parti $\cos ^{4}t$$\cos ^{4}t$:

$$\int \cos ^{4}\,dt=\int \cos ^{3}t\cos t\,dt=$$

$$\int \cos ^{4}\,dt=\int \cos ^{3}t\cos t\,dt=$$

$$=\cos ^{3}t\sin t+\int 3\cos ^{2}t\sin ^{2}t\,dt=$$

$$=\cos ^{3}t\sin t+\int 3\cos ^{2}t\sin ^{2}t\,dt=$$

$$=\cos ^{3}t\sin t+3\int \cos ^{2}t\,dt-3\int \cos ^{4}t\,dt=$$

$$=\cos ^{3}t\sin t+3\int \cos ^{2}t\,dt-3\int \cos ^{4}t\,dt=$$

ed eguagliando al primo membro:

$$\int \cos ^{4}t\,dt=1/4*\cos ^{3}t\sin t+3/4\int \cos ^{2}t\,dt$$

$$\int \cos ^{4}t\,dt=1/4*\cos ^{3}t\sin t+3/4\int \cos ^{2}t\,dt$$

e sostituendo la primitiva trovata in $I$$I$:

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t\,dt-4\{[1/4*\cos ^{3}t\sin t]_{0}^{2\pi }+3/4\int \cos ^{2}t\,dt\}=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+4\cos ^{2}t\,dt-4\{[1/4*\cos ^{3}t\sin t]_{0}^{2\pi }+3/4\int \cos ^{2}t\,dt\}=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+\cos ^{2}t\,dt=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+\cos ^{2}t\,dt=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+(1+\cos(2t))/2\,dt=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }1+(1+\cos(2t))/2\,dt=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }3/2+\cos(2t))/2\,dt=$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }3/2+\cos(2t))/2\,dt=$$

$$=[3/2t+1/4\sin(2t)]_{0}^{2\pi }=3/22\pi =3\pi$$

$$=[3/2t+1/4\sin(2t)]_{0}^{2\pi }=3/22\pi =3\pi$$

Osservazione 5.2

Data una curva in coordinate polari della forma $\rho =\phi (\theta )$$\rho =\phi (\theta )$ si ricorda che

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta$$

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta$$

allora per scrivere le equazioni parametriche in coordinate cartesiane sostituiamo a $\rho$$\rho$$\phi (\theta )$$\phi (\theta )$ e ottengo:

$$x(\theta )=\phi (\theta )\cos \theta ,\,y(\theta )=\phi (\theta )\sin \theta$$

$$x(\theta )=\phi (\theta )\cos \theta ,\,y(\theta )=\phi (\theta )\sin \theta$$

dove $\theta$$\theta$ è il parametro della curva.