Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 18 aprile 2016

1 Curve in R

ed R

.

1.1 Parametrizzazione.

Scrivere una parametrizzazione regolare per le seguenti curve:

1. Segmento di estremi A (1; 1) e B (2; 3).

Esiste una formula di facile utilizzo per parametrizzare i tratti di retta:

γ (t) = A + t (B − A) , t ∈ [0; 1] (1.1)

dove tutte le coordinate dei punti sono vettori colonna. Applicando al caso specico:

γ (t) =1 1



+ t2 − 1 3 − 1



=1 1

 + t1

2



= 1 + t 1 + 2t



(1.2) Quindi γ (t) = (1 + t; 1 + 2t) , t ∈ [0; 1]. Si noti che γ (0) = (1; 1) = A e γ (1) = (2; 3) = B.

2. Segmento di estremi A (1; 1; 1) e B (−2; −3; −4).

Come nell'esercizio precedente:

γ (t) = A + t (B − A) , t ∈ [0; 1] (1.3)

γ (t) =



 1 1 1



+ t





1 − (−2) 1 − (−3) 1 − (−4)



=



 1 1 1



+ t





(−2) − 1 (−3) − 1 (−4) − 1



=



 1 − 3t 1 − 4t 1 − 5t



 (1.4)

Quindi γ (t) = (1 − 3t; 1 − 4t; 1 − 5t) , t ∈ [0; 1].

3. Segmento della bisettrice del II-IV quadrante compreso tra A (−1; 1) e B (1; −1).

Si potrebbe usare il metodo impiegato nei precedenti esercizi. Tuttavia, conoscendo l'equazione cartesiana della retta (y = −x), risulta semplice imporre x = t e ricavare y = −x = −t. Per limitare la curva al tratto compreso tra A e B si stabilisce t ∈ [−1; 1]. La curva risulta quindi essere:

γ (t) = (t; −t) , t ∈ [−1; 1] (1.5)

4. Arco di circonferenza di centro O (0; 0), raggio r = 2 ed estremi A (0; 2) e B (0; −2).

La parametrizzazione di una circonferenza di raggio r e centro C (x0; y0)è:

(x (t) = x0+ r cos (t) y (t) = y0+ r sin (t)

Ovvero γ (t) = (x0+ r cos (t) ; y0+ r sin (t))dove t rappresenta l'angolo formato dal raggio con il semiasse positivo delle ascisse. Il suo intervallo di variazione è quindi t ∈ [0; 2π].

Nel caso in questione il centro è l'origine e il raggio è 2. Inoltre l'arco deve coprire solo il secondo ed il terzo quadrante: l'angolo formato dal raggio con l'asse x deve variare tra ^π₂ e ³₂π. La parametrizzazione

dell'arco è: (

x (t) = 2 cos (t)

y (t) = 2 sin (t) (1.6)

Quindi γ (t) = (2 cos (t) ; 2 sin (t)) con t ∈ ^π₂;^3π₂.

5. Ellisse di centro O (0; 0) e vertici (±1; 0) e (0; ±2).

La parametrizzazione di un ellisse di semiassi a e b e centro C (x0; y0)è:

(x (t) = x0+ a cos (t) y (t) = y₀+ b sin (t) Ovvero γ (t) = (x0+ a cos (t) ; y₀+ b sin (t))con t ∈ [0; 2π].

Nel caso in questione:

(x (t) = cos (t)

y (t) = 2 sin (t) (1.7)

Quindi γ (t) = (cos (t) ; 2 sin (t)) con t ∈ [0; 2π].

1.2 Retta tangente.

Scrivere l'equazione della retta tangente alla curva γ nel suo punto P . Si punta sempre ad utilizzare la formula della retta tangente:

T (t) = γ (t0) + γ⁰(t0) (t − t0) (1.8) dove t0 è l'istante che verica l'uguaglianza:

P = γ (t₀) (1.9)

1.

γ (t) = cos³(t) ; sin³(t)
, t ∈ [0; 2π] P √2

4 ;

√2 4

!

Si cerca innanzitutto di determinare t0:

P = γ (t₀) (1.10)

√2 4 ;

√2 4

!

= cos³(t0) ; sin³(t0)

(1.11)

Che si traduce nel sistema: (

cos³(t₀) =

√ 2 4

sin³(t0) =

√ 2 4

(1.12)







cos³(t0) = ¹

2³2

sin³(t0) = ¹

2³2

(1.13)







cos (t0) = ¹

2¹2

=

√2 2

sin (t0) = ¹

2¹2

=

√ 2 2

(1.14)

Da cui si ricava t0=^π₄.

Si esegue poi la derivata della curva:

γ⁰(t) = −3 cos²(t) sin (t) ; 3 sin²(t) cos (t)

(1.15)

γ⁰(t₀) = γ⁰π 4

= −3 ·1 2 ·

√2 2 ; 3 ·1

2·

√2 2

!

= −3√ 2 4 ;3√

2 4

!

(1.16) Si sostituisce nella formula della retta tangente:

T (t) = γ (t0) + γ⁰(t0) (t − t0) (1.17)

T (t) =

"^√

2

√4 2 4

# +

"

−³

√2 4 3√

2 4

#

 t −π

4



=

"^√

2 4 +^3π

√2 16 −³

√2 4 t

√2 4 −^3π

√2 16 +³

√2 4 t

#

(1.18)

2.

γ (t) = e^2t; t + ln (1 + t)
, t ∈



−1 2; 1



P (1; 0) Si cerca innanzitutto di determinare t0:

P = γ (t₀) (1.19)

(1; 0) = e^2t; t + ln (1 + t)
(1.20)

Che si traduce nel sistema: ( e^2t= 1

t + ln (1 + t) = 0 (1.21)

Applicando il logaritmo naturale ad entrambi i membri della prima equazione si ricava:

ln e^2t= ln 1 (1.22)

t = 0 (1.23)

Il risultato soddisfa anche la seconda equazione.

Si esegue poi la derivata della curva:

γ⁰(t) =



2e^2t; 1 + 1 1 + t



(1.24)

γ⁰(t0) = γ⁰(0) = (2; 2) (1.25)

Si sostituisce nella formula della retta tangente:

T (t) = γ (t0) + γ⁰(t0) (t − t0) (1.26) T (t) =1

0

 +2

2



(t − 0) =1 + 2t 2t



(1.27) Se si volesse ottenere la forma cartesiana, sarebbe suciente esplicitare le due coordinate:

(x = 1 + 2t

y = 2t (1.28)

E ricavare il parametro t da una delle due equazioni per sostituirlo nell'altra:

(x = 1 + 2t

t = ^y₂ (1.29)

(x = 1 + y

t = ^y₂ (1.30)

Da cui l'equazione della retta y = x − 1.

3.

γ (t) = (2 sin (t) ; −3 cos (t) ; −4t) , t ∈ [−π; π] P (0; −3; 0) Si cerca innanzitutto di determinare t0:

P = γ (t0) (1.31)

(0; −3; 0) = (2 sin (t) ; −3 cos (t) ; −4t) (1.32)

Che si traduce nel sistema: 





2 sin (t) = 0

−3 cos (t) = −3

−4t = 0

(1.33)

Dall'ultima equazione si ricava t = 0, risultato che verica anche le prime due relazioni.

Si esegue poi la derivata della curva:

γ⁰(t) = (2 cos (t) ; 3 sin (t) ; −4) (1.34)

γ⁰(t0) = γ⁰(0) = (2; 0; −4) (1.35) Si sostituisce nella formula della retta tangente:

T (t) = γ (t0) + γ⁰(t0) (t − t0) (1.36)

T (t) =



 0

−3 0



+



 2 0

−4



(t − 0) =



 2t

−3

−4t



 (1.37)

Se si volesse ottenere la forma cartesiana, sarebbe suciente esplicitare le tre coordinate:





 x = 2t y = −3 z = −4t

(1.38)

E ricavare il parametro t da una delle due equazioni per sostituirlo nelle altre:





 t = ^x₂ y = −3 z = −4t

(1.39)





 t = ^x₂ y = −3 z = −2x

(1.40)

Da cui il sistema di due equazioni che, nello spazio, individua la retta tangente:

(y = −3

z = −2x (1.41)

1.3 Lunghezza di una curva.

Determinare la lunghezza delle seguenti curve.

La lunghezza di una curva γ (t), t ∈ [a; b], è, per denizione:

L = ˆ b

a

kγ⁰(t)k dt (1.42)

dove kγ⁰(t)k è la norma del vettore velocità, ovvero la norma della derivata di γ (t).

1.

γ (t) = e^tcos (t) ; e^tsin (t) ; e^t
, t [0; 3]

Si calcola innanzitutto la derivata:

γ⁰(t) = e^tcos t − e^tsin t; e^tsin t + e^tcos t ; e^t
(1.43) La norma è la radice quadrata della somma dei quadrati delle componenti del vettore:

kγ⁰(t)k = q

(e^tcos t − e^tsin t)²+ (e^tsin t + e^tcos t)²+ (e^t)²= (1.44)

=p

e^2tcos²t + e^2tsin²t − 2e^2tcos t sin t²+ e^2tcos²t + e^2tsin²t + 2e^2tcos t sin t²+ e^2t=

= q

2e^2t cos²t + sin²t
+ e^2t =

√

3e^2t =√ 3e^t Si deve quindi risolvere l'integrale:

L = ˆ b

a

kγ⁰(t)k dt = ˆ 3

0

√

3e^tdt =√ 3e^t3

0=√

3 e³− 1

(1.45)

2.

γ (t) = t² 2; −2

3t³



, t [−2; 2]

Si calcola innanzitutto la derivata:

γ⁰(t) = t; −2t²
(1.46)

La norma è la radice quadrata della somma dei quadrati delle componenti del vettore:

kγ⁰(t)k =p

t²+ 4t⁴=p

t²(1 + 4t²) = |t|p

1 + 4t² (1.47)

Si deve quindi risolvere l'integrale:

L = ˆ b

a

kγ⁰(t)k dt = ˆ 2

−2

|t|p

1 + 4t²dt (1.48)

Dal momento che la funzione integranda è pari:

ˆ 2

−2

|t|p

1 + 4t²dt = 2 ˆ 2

0

|t|p

1 + 4t²dt (1.49)

Nell'intervallo [0; 2] t è sempre positivo, quindi il valore assoluto non ha eetto:

2 ˆ 2

0

|t|p

1 + 4t²dt = 2 ˆ 2

0

tp

1 + 4t²dt (1.50)

Si cerca di ricostruire davanti alla radice la derivata dell'argomento e si risolve l'integrale:

2 ˆ 2

0

tp

1 + 4t²dt = 2 ˆ 2

0

t 1 + 4t^2
1₂ dt = 2

ˆ 2 0

8

8t 1 + 4t^2
1₂

dt = 1 4

ˆ 2 0

8t 1 + 4t^2
1₂

dt = (1.51)

= 1 4





1 + 4t^2
3₂

3 2





2

0

= 1 6

h 1 + 4 · 2^2
3₂

− 1 + 4 · 0^2
3₂i

=1 6

17√ 17 − 1

3.

γ (t) = ln (t) ; 2t − t²; 4√ 2 3 t√

t

!

, t [1; 3]

Si calcola innanzitutto la derivata:

γ⁰(t) = 1

t; 2 − 2t; 2√ 2t



(1.52) La norma è la radice quadrata della somma dei quadrati delle componenti del vettore:

kγ⁰(t)k = r1

t²+ 4t²+ 4 − 8t + 8t =

r1 + 4t⁴+ 4t²

t² =

s

(1 + 2t²)²

t² =

1 + 2t² t

 (1.53) Si deve quindi risolvere l'integrale:

L = ˆ b

a

kγ⁰(t)k dt = ˆ 3

1

1 + 2t² t

dt (1.54)

Dato che la funzione è sempre positiva nell'intervallo di integrazione, si può cancellare il modulo:

ˆ 3 1

1 + 2t² t

dt = ˆ 3

1

1 + 2t² t dt =

ˆ 3 1

1

t + 2t dt = (1.55)

=ln t + t²³

1= ln 3 + 9 − 1 = ln 3 + 8 4.

γ (t) =p

2t²− 1; 1

, t [−3; 3]

L'intervallo di integrazione non è completamente incluso nel dominio della funzione - ad esempio, in t = 0 il radicando è −1. Pertanto la lunghezza richiesta non può esiste, cosiccome la curva proposta.

1.4 Integrali curvilinei.

Calcolare il valore dei seguenti integrali curvilinei di prima specie.

L'integrale curvilineo di prima specie della funzione f(x, y, z) sulla curvaγ (t) = (γx(t) ; γ_y(t) ; γ_z(t)), t ∈ [a; b]

si risolve con la seguente sostituzione:

ˆ

γ

f (x, y, z) dl = ˆ b

a

f (γx(t) , γy(t) , γz(t)) · kγ⁰(t)k dt (1.56) dove kγ⁰(t)k è la norma del vettore velocità, ovvero la norma della derivata di γ (t).

Si noti che, per eseguire l'integrale, E' NECESSARIO che la curva sia regolare sull'intervallo considerato. Questa condizione è vericata in tutti gli esercizi seguenti.

1. ˆ

γ

√x

y²+ z² dl γ (t) = t²; cos t; sin t
, t ∈ [0; 1]

Si calcola dapprima la derivata della curva γ:

γ⁰(t) = (2t; − sin t; cos t) (1.57)

Poi la norma della derivata:

kγ⁰(t)k =p

4t²+ sin²t + cos²t =p

4t²+ 1 (1.58)

Si sostituiscono alle incognite x, y e z della funzione con le componenti della curva:

f (γx(t) , γy(t) , γz(t)) =

√ t² cos²t + sin²t =

√

t²= |t| (1.59)

Si procede quindi a calcolare l'integrale:

ˆ

γ

√x y²+ z² dl =

ˆ 1 0

|t|p

4t²+ 1 dt = ˆ 1

0

tp

4t²+ 1 dt =1 8

ˆ 1 0

8t 4t²+ 1
¹₂

dt = (1.60)

= 1 8





4t²+ 1
³₂

3 2





1

0

= 1 12



5³² − 1

= 1 12

 5√

5 − 1

2. ˆ

γ

x²(1 + 8y)

p1 + y + 4x²y dl γ (t) = t; t²; ln t
, t ∈ [1; 2]

Si calcola dapprima la derivata della curva γ:

γ⁰(t) =

 1; 2t; 1

t



(1.61) Poi la norma della derivata:

kγ⁰(t)k = r

1 + 4t²+ 1 t² =

rt²+ 4t⁴+ 1

t² =

√

t²+ 4t⁴+ 1

|t| (1.62)

Si sostituiscono alle incognite x, y e z della funzione con le componenti della curva:

f (γ_x(t) , γ_y(t) , γ_z(t)) = t² 1 + 8t²

√1 + t²+ 4t⁴ (1.63)

Si procede quindi a calcolare l'integrale:

ˆ

γ

x²(1 + 8y) p1 + y + 4x²y dl =

ˆ 2 1

t² 1 + 8t²

√1 + t²+ 4t⁴ ·

√t²+ 4t⁴+ 1

|t| dt =

ˆ 2 1

t² 1 + 8t²

t dt =

ˆ 2 1

t 1 + 8t²
dt = (1.64)

= 1 16

ˆ 2 1

16t 1 + 8t²
dt = 1 16

"

1 + 8t²
2

2

#²

= 1

32 33²− 81
=63 2

3. ˆ

γ

x²+ yz dl γ (t) = (4 cos t; 4 sin t; t) , t ∈ [0; π]

Si calcola dapprima la derivata della curva γ:

γ⁰(t) = (−4 sin t; 4 cos t; 1) (1.65)

Poi la norma della derivata:

kγ⁰(t)k =p

16 sin²t + 16 cos²t + 1 =√

16 + 1 =√

17 (1.66)

Si sostituiscono alle incognite x, y e z della funzione con le componenti della curva:

f (γ_x(t) , γ_y(t) , γ_z(t)) = 16 cos²t + 4t sin t (1.67) Si procede quindi a calcolare l'integrale:

ˆ

γ

x²+ yz dl = ˆ π

0

16 cos²t + 4t sin t ·√

17 dt =√ 17

ˆ π 0

16 cos²t dt +√ 17

ˆ π 0

4t sin t dt (1.68) Il primo integrale si potrebbe risolvere ricorrendo alle formule di bisezione:

ˆ

cos²t dt =

ˆ 1 + cos 2t

2 dt = ... (1.69)

Tuttavia, ricorrendo alla regola pratica della NOTA 1.6, di ottiene immediatamente:

√ 17

ˆ π 0

16 cos²t dt = 16√ 17

ˆ π 0

cos²t dt = 16π 2

√

17 = 8π√

17 (1.70)

Per il secondo integrale non c'è altra soluzione che ricorrere alla formula per parti:

ˆ

f g⁰= f g − ˆ

f⁰g (1.71)

4√ 17

ˆ π 0

t sin t dt = 4√ 17



[−t cos t]^π₀− ˆ π

0

− cos t dt



= 4√

17 ([−t cos t]^π₀ + 0) = 4π√

17 (1.72) Sommando i due termini si ha:

√ 17

ˆ π 0

16 cos²t dt +√ 17

ˆ π 0

4t sin t dt = 8π√

17 + 4π√

17 = 12π√

17 (1.73)

4. Calcolare l'integrale curvilineo della funzione f (x, y) = x lungo l'arco chiuso denito dall'unione dell'arco della parabola y = 4 − x² che unisce il punto A (−2; 0) al punto B (2; 0) e dell'arco BA, percorso da B verso A della circonferenza centrata nell'origine e passante per A e per B.

Occorre innanzitutto parametrizzare le due curve. Sia γ1 l'arco di parabola. Se si impone x = t, la coordinata y si ricava facilmente dall'equazione cartesiana della parabola: y = 4 − x²= 4 − t². I limiti di t coincidono con l'intervallo di variazione dell'ascissa della parabola: t ∈ [−2; 2]. Si ha quindi:

γ1(t) = t; 4 − t²
, t ∈ [−2; 2] (1.74)

La seconda curva γ2 è l'arco della circonferenza di centro O (0; 0) e raggio r = 2 compreso nei primi due quadranti:

γ2(t) = (0 + 2 cos t; 0 + 2 sin t) , t ∈ [0; π] (1.75) Si calcolano le derivate di γ1 e γ2:

γ₁⁰(t) = (1; −2t) (1.76)

γ₂⁰(t) = (−2 sin t; 2 cos t) (1.77)

Poi le norme delle derivate:

kγ₁⁰(t)k =p

1 + 4t² (1.78)

kγ₂⁰(t)k =p

4 sin²t + 4 cos²t = 2 (1.79)

Si sostituiscono alle incognite x e y della funzione con le componenti della curva:

f (γ1x(t) , γ1y(t)) = 1 (1.80)

f (γ2x(t) , γ2y(t)) = −2 sin t (1.81)

Si procede quindi a calcolare l'integrale come somma dei contributi sulle due curve:

ˆ

γ₁+γ₂

x dl = ˆ

γ₁

x dl + ˆ

γ₂

x dl = ˆ 2

−2

tp

1 + 4t²dt + ˆ π

0

2 cos t · 2 dt = (1.82)

= ˆ 2

−2

tp

1 + 4t²dt + 4 ˆ π

0

cos t · dt = 0

La conclusione giunge prima di risolvere gli integrali: si nota infatti che l'argomento del primo integrale è il prodotto di una funzione pari (√

1 + 4t²) per una dispari (t): quindi è, nel complesso, dispari. Il suo integrale su un intervalli simmetrico rispetto all'origine è quindi nullo. Per quanto riguarda il secondo termine, è suciente pensare al graco di y = cos x.

1.5 Baricentro.

Calcolare il baricentro delle seguenti curve omogenee (ie con densità costante). Si supponga che la densità sia λ.

L'espressione delle coordinata del centro di massa di una curva y (t) = (γx(t) ; γ_y(t) ; γ_z(t))è:







xG= _m¹ ´b

aλ (γ (t)) · γx(t) kγ⁰(t)k dt yG= _m¹ ´b

aλ (γ (t)) · γy(t) kγ⁰(t)k dt zG=_m¹ ´b

a λ (γ (t)) · γz(t) kγ⁰(t)k dt

(1.83)

dove la massa m viene calcolata come:

m = ˆ b

a

λ (γ (t)) kγ⁰(t)k dt (1.84)

1.

γ (t) = (t; 2t + 1) , t [−3; 3]

Si determinano la derivata e sua norma:

γ⁰(t) = (1; 2) (1.85)

kγ⁰(t)k =√

1 + 4 =√

5 (1.86)

La curva è regolare: si può procedere al calcolo della massa:

m = ˆ b

a

λ (γ (t)) kγ⁰(t)k dt = ˆ 3

−3

λ√

5 dt = 6√

5λ (1.87)

Inne le coordinate del centro di massa:

(xG =_m¹ ´b

a λ (γ (t)) · γx(t) kγ⁰(t)k dt = ¹

6√ 5λ

´3

−3λ · t√ 5 dt yG= _m¹ ´b

aλ (γ (t)) · γy(t) kγ⁰(t)k dt = ¹

6√ 5λ

´3

−3λ · (2t + 1)√

5 dt (1.88)

(xG= ^λ

√5 6√

5λ

´3

−3t dt = 0 yG = ^λ

√5 6√

5λ

´3

−32t + 1 dt = ¹₆´3

−31 dt = 1 (1.89)

2.

γ (t) = e^t; e^t
, t [0; 1]

Si determinano la derivata e sua norma:

γ⁰(t) = e^t; e^t

(1.90) kγ⁰(t)k =p

e^2t+ e^2t =√

2e^2t =√

2e^t (1.91)

La curva è regolare: si può procedere al calcolo della massa:

m = ˆ b

a

λ (γ (t)) kγ⁰(t)k dt = ˆ 1

0

λ√

2e^tdt = λ√

2 (e − 1) (1.92)

Inne le coordinate del centro di massa:







x_G =_m¹ ´b

a λ (γ (t)) · γ_x(t) kγ⁰(t)k dt = ¹

λ√ 2(e−1)

´1 0 λ · e^t√

2e^tdt yG= _m¹ ´b

aλ (γ (t)) · γy(t) kγ⁰(t)k dt = ¹

λ√ 2(e−1)

´1 0 λ · e^t√

2e^tdt (1.93)

xG= yG= λ√ 2 λ√

2 (e − 1) ˆ 1

0

e^2tdt = 1 e − 1

ˆ 1 0

e^2tdt = 1 2 (e − 1)

ˆ 1 0

2e^2tdt = (1.94)

= 1

2 (e − 1)e^2t¹

0= e²− 1

2 (e − 1) =e + 1 2

3. Si dimostri che il baricentro di una semicirconferenza omogenea di centro C (x0; y₀)e raggio r NON èC.

La parametrizzazione di una semicirconferenza è:

(x (t) = x₀+ r cos (t)

y (t) = y0+ r sin (t) (1.95)

con t ∈ [0; π]. Si determinano la derivata e sua norma:

γ⁰(t) = (−r sin t; r cos t) (1.96)

kγ⁰(t)k =p

r²sin²t + r²cos²t =

√

r²= r (1.97)

La curva è regolare: si può procedere al calcolo della massa:

m = ˆ b

a

λ (γ (t)) kγ⁰(t)k dt = ˆ π

0

λr dt = πλr (1.98)

Inne le coordinate del centro di massa:

(xG= _m¹ ´b

a λ (γ (t)) · γx(t) kγ⁰(t)k dt = _πλr¹ ´π

0 λ · (x0+ r cos (t)) r dt yG=_m¹ ´b

a λ (γ (t)) · γy(t) kγ⁰(t)k dt = _πλr¹ ´π

0 λ · (y0+ r sin (t)) r dt (1.99) (xG=_πλr^λr ´π

0 x0+ r cos (t) dt = _π¹´π

0 x0dt = x0

y_G =_πλr^λr ´π

0 y₀+ r sin (t) dt = ¹_π´π

0 y₀+ r sin (t) dt = y₀+²_πr (1.100)

1.6 Ascissa curvilinea.

Determinare l'ascissa curvilinea delle seguenti curve, a partire dall'istante t0. Riparametrizzare poi le curve tramite l'ascissa curvilinea.

L'ascissa curvilinea è la funzione s (t) tale che:

s (t) = ˆ t

t₀

kγ⁰(t)k dt (1.101)

Si può riparametrizzare una curva ricavando la funzione inversa t (s) e sostituendola al posto del parametro t della curva.

1.

γ (t) = (t; t) , t0= 0 Serve innanzitutto la norma della derivata:

γ⁰(t) = (1; 1) (1.102)

kγ⁰(t)k =√

1 + 1 =√

2 (1.103)

La curva è regolare: si può procedere al calcolo di s (t):

s (t) = ˆ t

t0

kγ⁰(t)k dt = ˆ t

0

√

2 dt =√

2t (1.104)

Occorre ora invertire la funzione:

s =√

2t −→ t = s

√2 (1.105)

Sostituendo al posto di t nella curva originaria si ottiene una nuova parametrizzazione con velocità unitaria:

γ (s) =

 s

√2; s

√2



(1.106) Verica:

γ⁰(2) =

 1

√ 2; 1

√ 2



(1.107)

kγ⁰(s)k = r1

2 +1

2 = 1 (1.108)

Determinare l'ascissa curvilinea delle seguenti curve, a partire dall'istante t0. 1.

γ (t) =

e^t; e^−t; √ 2t

, t₀= 0

Serve innanzitutto la norma della derivata:

γ⁰(t) =

e^t; −e^−t; √ 2

(1.109)

kγ⁰(t)k =p

e^2t+ e^−2t+ 2 = q

(e^t+ e^−t)²= e^t+ e^−t (1.110) La curva è regolare: si può procedere al calcolo di s (t):

s (t) = ˆ t

t₀

kγ⁰(t)k dt = ˆ t

0

e^t+ e^−tdt = e^t− e^−t (1.111)

Nota sulla risoluzione di integrali deniti di funzioni trigonometriche.

Sebbene i seguenti risultati possano essere facilmente ricostruiti in caso di necessità, si può risparmiare tempo prezioso ricordando che:

• L'area sottesa a metà di una delle gobbe di sin x o cos x è 1. Quindi, per esempio:

ˆ ^π

2

0

sin x dx = 1 (1.112)

ˆ ^π

2

0

cos x dx = 1 (1.113)

ˆ π

π 2

cos x dx = −1 (1.114)

ˆ π 0

sin x dx = 2 (1.115)

• L'area sottesa a metà di una delle gobbe di sin²xo cos²xè ^π₄. Quindi, per esempio:

ˆ ^π₂

0

sin²x dx = π

4 (1.116)

ˆ π

π 2

cos²x dx = π

4 (1.117)

ˆ π 0

sin²x dx =π

2 (1.118)

ˆ π 0

cos²x dx = π (1.119)