2.9 Esercizi e prove d’esame

(1)

2.9 Esercizi e prove d’esame

Esercizio 2.1. Calcolare la lunghezza dell’arco di catenaria γ data dal grafico della funzione f (x) = e^x+ e^−x

2 , con x ∈ [−1, 1].

Soluzione.

L’arco si parametrizza ponendo

γ(t) =







x(t) = t y(t) = e^t+ e^−t

2

, t ∈ [−1, 1].

Applicando la (2.4) otteniamo

|γ| = Z 1

−1

kγ⁰(t)k dt = Z 1

−1

s

1 + e^t− e^−t 2

² dt

= 1 2

Z 1

−1

p4 + e^2t+ e^−2t− 2 dt = 1 2

Z 1

−1

q

(e^t+ e^−t)² dt = 1 2

Z 1

−1

e^t+ e^−t dt = 1

2e^t− e^−t¹

−1

= e − e⁻¹. Esercizio 2.2. Calcolare

Z

γ

f ds,

dove f (x, y) = x + 8y²e γ la curva rappresentata in figura.

Soluzione.

Il sostegno della curva γ è dato dall’unione di tre curve γ1, γ2, γ3, quindi possiamo scrivere

Z

γ

f ds = Z

γ₁

f ds + Z

γ₂

f ds + Z

γ₃

f ds.

Parametrizziamo le curve ponendo

γ1:

(x(t) = t

y(t) = t , γ2:

(x(t) = cos t

y(t) = sin t , γ3:

(x(t) = t y(t) = t . t ∈ [0, 1] t ∈ [0, π/4] t ∈ [0, 1/√

2]

Applicando la (2.3) si ottiene Z

γ₁

f ds = Z 1

0

t + 8 · 0² ·p

1²+ 0² dt = Z 1

0

t dt = t² 2

¹

0

=1 2; Z

γ₂

f ds = Z ^π₄

0

cos t + 8 sin²t ·p

(− sin t)²+ (cos t)² dt = Z ^π₄

0

cos t + 8 sin²t dt

= [sin t]

π 4

0 + 8 1

2(t − sin t cos t)

^π₄

0

= 1

√2 + π − 2;

Z

γ₃

f ds = Z ^√¹₂

0

t + 8t² ·p

1²+ 1² dt = t² 2 +8t³

3

^√¹₂

0

= 4 3 + 1

2√ 2. Pertanto

Z

γ

f ds = 1 2+ 1

√2+ π − 2 +4 3 + 1

2√

2 = π −1 6+ 3

2√ 2.

(2)

Esercizio 2.3. Calcolare

Z

γ

f ds,

dove f (x, y) = xy e γ è l’arco dell’ellisse con semiassi a = 1 e b = 2 contenuto nel primo quadrante.

Soluzione.

L’equazione cartesiana dell’ellisse è 4x²+ y²= 4, e una parametrizzazione è data da

γ :

(x(t) = cos t

y(t) = 2 sin t , t ∈ [0, π/2].

Applicando la (2.3) si ha Z

γ₁

f ds = Z ^π₂

0

(2 cos t sin t) ·p

(− sin t)²+ (2 cos t)² dt = Z ^π₂

0

(2 cos t sin t) ·p

(1 − cos²t) + (2 cos t)²dt

= Z ^π₂

0

(2 cos t sin t) ·p

1 + 3 cos²t dt = Z ^π₂

0

2 cos t ·p

1 + 3 cos²t d(− cos t)

cos t=s

= −

Z 0 1

2s ·p

1 + 3s²ds = 1 3

Z 1 0

p1 + 3s² d 1 + 3s² =1 3





1 + 3s²¹₂+1 1

2+ 1





1

0

=1 3

16 3 −2

3

=14 9 .

Esercizio 2.4. Calcolare la superficie del cilindro parabolico y = x²/4 delimitato dai piani z = 0, x = 0, z = 3x, y = 1.

Soluzione.

La superficie richiesta è data dall’integrale Z

γ

f ds,

dove f (x, y) = 3x e γ è l’arco della parabola y = x²/4 per x ∈ [0, 2]. Allora, applicando la (2.3), si ottiene

Z

γ

f ds = Z 2

0

3xp

1 + (y⁰(x))² dx = 3 Z 2

0

x r

1 +x² 4 dx^1+x

2/4=u

= 6

Z 2 1

√u du = 6 u^3/2 3/2

²

1

= 8√ 2 − 4.

Esercizio 2.5. Calcolare il centro di massa dell’arco di cicloide omogeneo dato dalle equazioni parametriche

γ(t) =

(x(t) = R(t − sin t)

y(t) = R(1 − cos t) , t ∈ [0, 2π], R > 0.

(3)

Soluzione.

Per il calcolo del centro di massa, si può immediatamente osservare che per simmetria si ha ¯x = πR, quindi sarà sufficiente calcolare la coordinata ¯y, che per definizione è data dall’integrale

¯ y = 1

|γ|

Z

γ

y ds.

Per il calcolo della lunghezza |γ| della curva applichiamo la (2.4)

|γ| = Z

γ

ds = Z 2π

0

R² q

(1 − cos t)²+ sin²tdt = R² Z 2π

0

p1 + cos²t − 2 cos t + sin²tdt

= R² Z 2π

0

√

2 − 2 cos t dt = 2R² Z 2π

0

r1 − cos t

2 dt = 2R² Z 2π

0

sin t

2 dt = 4R² Z 2π

0

sin t 2 d t

2

= 4R²

− cost 2

2π 0

= 4R²[− cos(π) − (cos 0)] = 8R.

Allora la coordinata ¯y è

¯ y = 1

8R Z

γ

y ds = 1 8R

Z 2π 0

R(1 − cos t) · 2R sin t 2

dt

= R 4

Z 2π 0

(1 − cos t) · sin t 2

dt

= R 2

Z 2π 0

1 − cos t

2 · sin t 2

dt

=R 2

Z 2π 0

sin² t 2

· sin t 2

dt = R 2

Z 2π 0

1 − cos² t 2

· sin t 2

dt^t/2=u= R Z π

0

1 − cos²u · sin u du

= R Z π

0

1 − cos²u d(− cos u) = R Z π

0

cos²u − 1 d(cos u) = R Z π

0

cos²u d(cos u) − R Z π

0

d(cos u)

= R cos³u 3

^π

0

− R [cos u]^π₀ = R

−1 3−1

3

− R [−1 − 1] = −2R

3 + 2R = 4R 3 . In definitiva si ha

G

πR,4R

3

.

Esercizio 2.6. Calcolare il rapporto tra il momento d’inerzia rispetto all’asse z e la massa m di un filo di densità δ che occupa l’insieme

{(x, 0, 0) : x ∈ [a, a + L]}, dove a ∈ R e L > 0. Per quale valore di a il rapporto I/m è minimo?

Soluzione.

La massa del filo è m = δ · L, pertanto il momento d’inerzia è

I = Z a+L

x=a

x²· δ dx = δ x³ 3

^a+L

x=a

= δ

3 (a + L)³− a³ . Quindi si ha

I m = 1

3L (a + L)³− a³ = a²+ aL +L² 3 .

La parabola ottenuta assume minimo nel vertice, ossia in 2a + L, cioè per a = −L/2. Quindi il rapporto I/m è minimo quando l’asse z passa per il punto medio del filo, ossia per il suo centro di massa.

(4)

Esercizio 2.7. Sia F (x, y) = (xy, e^y) un campo vettoriale. Calcolare l’integrale del campo ~F lungo la curva γ rappresentata in figura da (2, 0) a (0, 1).

Soluzione.

Dette γ1e γ2 le curve descritte dai grafici delle due funzioni y = −2x + 4 e y = x²+ 1, queste si parametrizzano ponendo

γ₁(t) :

(x(t) = t

y(t) = −2t + 4 , γ₂(t) :

(x(t) = t

y(t) = t²+ 1 .

t ∈ [2, 1] t ∈ [1, 0]

Abbiamo così che l’integrale lungo γ = γ₁∪ γ2 è dato dalla somma degli integrali di ~F lungo γ₁(t) e γ₍t);

applicando allora la (2.10) ad entrambi gli integrali, si ottiene:

Z

γ₁

D ~F , d~γ1

E

= Z 1

2

(t(4 + 2t)) · 1 + e^4−2t · (−2) dt = Z 1

2

4t − 2t²− 2e^4−2t dt

=

2t²−2t³

3 + e^4−2t

¹

2

=

2 − 2

3+ e²− 8 + 16 3 − 1

= −7 3 + e², Z

γ₂

D ~F , d~γ2

E

= Z 0

1

h

t(t²+ 1) · 1 + e^t²⁺¹

· (2t)i dt =

Z 0 1

t³+ t + 2te^t²⁺¹ dt

= t⁴ 4 +t²

2 + e^t²⁺¹

⁰

1

=

e −1

4 −1 2− e²

= e −3 4− e². In definitiva

Z

γ

D ~F , d~γE

= −7

3 + e²+ e −3

4 − e²= e −37 12.

In alternativa, possiamo consideriamo la forma differenziale associata al campo vettoriale ω(x, y) = xy dx + e^y dy.

E’ immediato verificare che non è chiusa, pertanto nemmeno esatta. Così il calcolo dell’integrale può anche essere eseguito chiudendo il percorso ed applicando Gauss-Green. Infatti se consideriamo la retta passante per i punti (0, 1) e (2, 0) di equazione y = −x/2 + 1 per il teorema Gauss-Green si ha

Z

γ

ω(x, y) = Z Z

D

∂

∂x(e^y) − ∂

∂y(xy)

dxdy − Z

γ3

ω(x, y)

Z

γ

ω(x, y) = − Z Z

D

x dxdy − Z

γ₃

ω(x, y),

dove naturalmente all’integrale doppio andrà sottratto l’integrale curvilineo di ω(x, y) lungo la curva γ3 che abbiamo aggiunto per chiudere il percorso. Per il calcolo dell’integrale doppio, suddividendo opportunamente il dominio D si ha

− Z Z

D1∪D2

x dxdy = − Z Z

D1

x dxdy − Z Z

D2

x dxdy = − Z 1

x=0

Z x²+1 y=−x/2+1

x dxdy − Z 2

x=1

Z −2x+4 y=−x/2+1

x dxdy

(5)

= − Z 1

x=0

x

x²+3x 2

dx −

Z 2 x=1

x

−3x 2 + 3

dx = − Z 1

x=0

x³+x²

2

dx +

Z 2 x=1

3x² 2 − 3x

dx

= − x⁴ 4 +x³

6

¹

x=0

+ x³ 2 −3x²

2

²

x=1

= −17 12. Per l’integrale curvilineo si parametrizza la retta ponendo γ3(t) = (t, −t/2 + 1) con t ∈ [0, 2] e si ottiene

Z

γ₃

xy dx + e^y dy = Z 2

0

−t²

2 + t −e^−t/2+1 2

dt = t³ 6 +t²

2 + e⁻²^t⁺¹

²

0

=5 3 − e.

Quindi

Z

γ

D ~F , d~γE

= −17 12−5

3 + e = e −37 12. Esercizio 2.8. Sia F (x, y) = xy, x²y un campo vettoriale. Calcolare

Z

γ

D ~F , d~γE ,

dove γ è il percorso chiuso rappresentato in figura.

Soluzione.

La curva γ è l’unione di tre curve γ1, γ2, γ3, dove γ1 è l’arco della circonferenza di centro (0, 1/2) e raggio 1/2 dal punto (0, 0) al punto (0, 1), la curva γ2è il segmento della retta y = x+1 dal punto (0, 1) al punto (−1, 0) e la curva γ3il segmento dal punto (−1, 1) al punto (0, 0). Pertanto l’integrale del campo vettoriale è

I

γ₁∪γ2∪γ3

D ~F , d~γE

= Z

γ₁

D ~F , d~γ1

E +

Z

γ₂

D ~F , d~γ2

E +

Z

γ₃

D ~F , d~γ3

E .

Parametrizziamo le tre curve che compongono γ ponendo

γ1:

(x(t) = ¹₂cos t

y(t) = ¹₂+¹₂sin t , γ2:

(x(t) = t

y(t) = t + 1 , γ3:

(x(t) = t y(t) = 0 .

t ∈ [−π/2, π/2] t ∈ [0, −1] t ∈ [−1, 0]

Applicando la (2.10) ad ogni integrale si ottiene:

Z

γ₁

D ~F , d~γ1

E

= Z ^π₂

−^π₂

1

2cos t 1 2+1

2sin t

·

−1 2sin t

+ 1

4cos²t 1 2 +1

2sin t

· 1 2cos t

dt

= Z ^π₂

−^π₂

−1

8cos t sin t −1

8sin²t cos t + 1

16cos³t + 1

16sin t cos³t

dt

= Z ^π₂

0

−1

4sin²t cos t +1 8cos³t

dt +1

8 Z ^π₂

−^π₂

1

2sin t cos³t − cos t sin t dt

= 1 4

Z ^π₂

0

1

2cos³t − sin²t cos t

dt + 0 = 1 8

Z ^π₂

0

cos t(1 − sin²t) dt −1 4

Z ^π₂

0

cos t sin²t dt

= 1 8

sin t −sin³t 3

^π2

0

−1 4

sin³t 3

^π2

0

= 1

8[sin t]₀^π² −3 8

sin³t 3

^π2

0

= 0, Z

γ₂

D ~F , d~γ2

E

= Z −1

0

t (t + 1) · 1 + t²(t + 1) · 1 = Z −1

0

t³+ 2t²+ t

dt = t⁴ 4 +2t³

3 +t² 2

⁻¹

0

= 1 12, Z

γ₃

D ~F , d~γ₃E

= Z 0

−1

(t · 0) · 1 + t²· 0 · 0 = 0.

(6)

In conclusione

I

γ

D ~F , d~γE

= 1 12.

Il calcolo dell’integrale si può anche eseguire applicando il teorema di Gauss-Green. Infatti consideriamo il dominio D che ha per frontiera la curva γ e la forma differenziale associata al cam-

po vettoriale

ω(x, y) := xy dx + x²y dy.

Suddividendo opportunamente il dominio D, per Gauss- Green deve essere

I

∂D⁺

ω(x, y) = Z Z

D

∂

∂x(x²y) − ∂

∂y(xy)

dxdy

= Z Z

D₁

(2xy − x) dxdy + Z Z

D₂

(2xy − x) dxdy, dove

D1=(x, y) ∈ R²: 0 ≤ y ≤ x + 1, x ≤ 0 , D2=(x, y) ∈ R²: x²+ (y − 1/2)²≤ 1/4, x ≥ 0 . Per l’integrale su D₁, ricordando che le coordinate del baricentro di un triangolo omogeneo sono medie delle coordinate dei vertici, si osserva che

Z Z

D₁

(2xy − x) dxdy = 2 Z Z

D₁

xy dxdy − Z Z

D₁

x dxdy = 2 Z Z

D₁

xy dxdy − |D|¯x

= 2 Z Z

D₁

xy dxdy − 1 2

−1 3

= 2 Z 0

x=−1

Z x+1 y=0

xy dxdy +1 6

= 2 Z 0

x=−1

xy² 2

^x+1

y=0

dx + 1 6 =

Z 0 x=−1

(x³+ 2x²+ x) dx +1 6

= x⁴ 4 +2x³

3 +x² 2

⁰

x=−1

+1 6 = − 1

12+1 6 = 1

12.

Invece per l’integrale su D₂, conviene operare una traslazione, ponendo t = y − 1/2, in modo da integrare sull’insieme

D₂⁰ =(x, t) ∈ R²: x²+ t²≤ 1/4, x ≥ 0 . In tal modo si ha

Z Z

D₂⁰

(2x(t + 1/2) − x) dxdt = 2 Z Z

D⁰₂

xt dxdt.

Utilizzando le coordinate polari x = 1

2ρ cos ϑ, t = 1

2ρ sin ϑ, ρ ∈ [0, 1], ϑ ∈ [−π/2, π/2]

e ricordando il fattore jacobiano di trasformazione pari a 1/4ρ dρdϑ, si ottiene 2

Z Z

D⁰₂

xy dxdy = 1 2

Z 1 ρ=0

Z ^π₂

−^π₂

ρ³cos ϑ sin ϑ dρdϑ = 1 2

Z 1 ρ=0

ρ³dρ Z ^π₂

−^π₂

cos ϑ sin ϑ dϑ

= 1 2

ρ⁴ 4

¹

0

sin²ϑ 2

^π2

−^π₂

= 1

8 · 0 = 0.

Quindi

Z Z

D

(2xy − x) dxdy = 1 12.

(7)

Esercizio 2.9. Sia F (x, y) = x + y², y un campo vettoriale. Calcolare Z

γ

D ~F , d~γE ,

dove γ = γ₁∪ γ₂, con γ₁ l’arco di circonferenza di centro (1, 0) e raggio 1 e γ₂ un arco di parabola di equazione x = 2 − y², percorso da (0, 0) a (0,√

2).

Soluzione.

La curva γ è l’unione di due curve γ1 e γ2, dove γ1 è l’arco della circonferenza di centro (1, 0) e raggio 1 dal punto (0, 0) al punto (1, 1), e la curva γ2è l’arco della parabola x = 2−y²dal punto (1, 1) al punto (0,√

2). Pertanto l’integrale del campo vettoriale è

Z

γ₁∪γ2

D ~F , d~γE

= Z

γ₁

D ~F , d~γ₁E +

Z

γ₂

D ~F , d~γ₂E .

Parametrizziamo le due curve che compongono γ ponendo

γ1(t) :

(x(t) = 1 + cos t

y(t) = sin t γ2(t) :

(x(t) = 2 − t² y(t) = t

t ∈ [π, π/2], t ∈ [1,√

2].

Applicando la (2.10) ad ogni integrale si ottiene Z

γ1

D ~F , d~γ1

E

= Z ^π₂

π

1 + cos t + sin²t · (− sin t) + sin t cos t dt = − Z ^π₂

π

sin³t + sin t dt

= Z π

π 2

sin³t dt + Z π

π 2

sin t dt = Z π

π 2

sin t(1 − cos²t) dt − [cos t]^ππ 2 =

= − [cos t]^ππ 2

+ cos³t 3

^π

π 2

+ 1 = 1 −1

3 + 1 = 5 3, Z

γ₂

D ~F , d~γ₂E

= Z

√ 2

1

2 − t²+ t² · (−2t) + t dt = −3 Z

√ 2

1

t dt = −3 t² 2

√2

1

= −3 2. Quindi in definitiva

Z

γ

D ~F , d~γE

=5 3 −3

2 = 1 6.

Alternativamente si può procedere chiudendo il percorso con il segmento congiungente i punti (0,√

2) e (0, 0) e applicando il teorema di Gauss-Green. Considerando la forma differenziale associata al campo vettoriale assegnato

ω(x, y) := (x + y²) dx + y dy, per il teorema di Gauss-Green avremo

Z

γ₁∪γ₂

ω(x, y) = Z Z

D

∂B

∂x(x, y) −∂A

∂y(x, y)

dxdy −

Z

γ₃

ω(x, y).

Per il calcolo dell’integrale doppio su D avremo:

Z Z

D

∂

∂x(y) − ∂

∂y(x + y²)

dxdy = −2 Z Z

D

y dxdy = −2 Z 1

x=0

Z

√2−x

y=

√

1−(x−1)²

y dxdy

= − 2 Z 1

x=0

y² 2

√2−x

y=√

1−(x−1)²

dx = − Z 1

x=0

x²− 3x + 2

dx = − x³ 3 −3x²

2 + 2x

¹

0

= −5 6.

(8)

Per il calcolo dell’integrale curvilineo, si parametrizza il segmento rettilineo γ3 ponendo γ3(t) = (0, t) con t ∈ [√

2, 0] e, applicando la (2.10), si ottiene Z

γ₃

(0 + t²) · 0 + t dt = Z 0

√2

t dt = t² 2

⁰

√2

= −1.

Si conclude così che

Z

γ

ω(x, y) = −5

6 + 1 = 1 6. Esercizio 2.10. Calcolare

I

γ

dx − dy x + y + 2, dove γ è il percorso chiuso rappresentato in figura.

Soluzione.

Consideriamo la forma differenziale ω(x, y) = dx

x + y + 2− dy x + y + 2. Si verifica che non è chiusa, in quanto

∂

∂x

− 1

x + y + 2

= 1

(x + y + 2)²

∂

∂y

1

x + y + 2

= − 1

(x + y + 2)²,

pertanto non può essere esatta. Quindi per il calcolo dell’integrale si deve procedere in modo esplicito, oppure applicando il teorema di Gauss-Green. Parametrizziamo le rette ponendo γ1:

(x(t) = t

y(t) = 1 − t , γ2:

(x(t) = t

y(t) = 1 + t , γ3:

(x(t) = t

y(t) = −1 − t , γ4:

(x(t) = t y(t) = t − 1 .

t ∈ [1, 0] t ∈ [0, −1] t ∈ [−1, 0] t ∈ [0, 1]

Applicando la (2.10) ad ogni curva si ottiene Z

γ₁

ω(x, y) = Z 0

1

t + 1 − t + 2− −1 t + 1 − t + 2

dt =2

3 Z 0

1

dt = −2 3. Z

γ₂

ω(x, y) = Z −1

0

1

t + 1 + t + 2− 1 t + 1 + t + 2

dt =

Z −1 0

1

2t + 3− 1 3t + 3

dt = 0.

Z

γ3

ω(x, y) = Z 0

−1

1

t − 1 − t + 2− −1 t − 1 − t + 2

dt = 2

Z 0

−1

dt = 2.

Z

γ4

ω(x, y) = Z 1

0

1

t + t − 1 + 2− 1 t + t − 1 + 2

dt =

Z 1 0

1

2t+− 1 2t + 1

dt = 0.

Dunque

I

γ

dx − dy x + y + 2 = −2

3 + 0 + 2 + 0 = 4 3. Applicando alternativamente il teorema di Gauss-Green, abbiamo che

I

γ

ω(x, y) = Z Z

D

∂B

∂x −∂A

∂y

dxdy = Z Z

D

2

(x + y + 2)²

dxdy = 2 Z Z

D

1

(x + y + 2)²

dxdy,

(9)

dove l’insieme D è definito da

D =(x, y) ∈ R²: −1 ≤ y − x ≤ 1, −1 ≤ y + x ≤ 1 .

Osservando la forma della funzione e la definizione del dominio D è opportuno operare un cambiamento di variabili, ponendo cioè

Φ(u, v) :=

(u = y − x

v = y + x ⇒

(x = (v − u)/2 y = (u + v)/2 , in modo che anziché integrare sull’insieme D integreremo sull’insieme rettangolare

Φ⁻¹(D) =(u; v) ∈ R²: −1 ≤ u ≤ 1, −1 ≤ v ≤ 1 . Calcoliamo il fattore di trasformazione jacobiano,

∂(x, y)

∂(u, v)

=

∂(u, v)

∂(x, y)

−1

=







∂u

∂x

∂u

∂y

∂v

∂x

∂v

∂y







−1

=





−1 1

1 1





−1

= |−1 − 1|⁻¹= 1 2.

Pertanto l’integrale doppio diviene

2 Z Z

D

1

(x + y + 2)²

dxdy =

Z 1 u=−1

Z 1 v=−1

dudv

(v + 2)² = [u]¹₋₁

− 1

v + 2

¹

−1

= 4 3.

I

γ

(x + y)dx − (x − y)dy,

dove γ è il percorso chiuso rappresentato in figura.

Soluzione.

La forma differenziale ω(x, y) = (x+y)dx−(x−y)dy è definita in tutto R², insieme semplicemente connesso, ma non è chiusa in quanto

∂

∂x(y − x) − 1 6= 1 = ∂

∂y(x + y) ,

quindi non può essere esatta. Per il calcolo dell’integrale lungo la curva chiusa γ = γ1∪γ2si può procedere o con il calcolo esplicito o con il teorema di Gauss-Green. Parametrizziamo le curve ponendo

γ1:

(x(t) = t

y(t) = t²− 1 t ∈ [1, 2], γ2:

(x(t) = t

y(t) = 3t − 3 t ∈ [2, 1].

γ₁

ω(x, y) = Z 2

1

t + t²− 1 · (1) − t − t²+ 1 · (2t) dt = Z 2

1

−t²− 1 + 2t³− t dt

=

−t³

3 − t + t⁴ 2 −t²

2

²

1

=

−8

3 + 4 +4 3

=8 3, Z

γ₂

ω(x, y) = Z 1

2

(t + 3t − 3) · (1) − (t − 3t + 3) · (3) dt = Z 2

1

(10t − 12) dt =5t²− 12t¹

2= −3,

(10)

e il risultato finale è 8/3 − 3 = −1/3. In alternativa, applicando il teorema di Gauss-Green al dominio D con frontiera la curva chiusa γ avremo

I

γ

ω(x, y) = Z Z

D

∂B

∂x(x, y) −∂A

∂y(x, y)

dxdy =

Z Z

D

−2dxdy = −2 Z 2

x=1

Z 3x−3 y=x²−1

dxdy

= 2 Z 2

x=1

x²− 3x + 2 dx = 2 x³ 3 −3x²

2 + 2x

²

x=1

= −1 3.

Esercizio 2.12. Calcolare la lunghezza e l’area delimitata dalla curva chiusa γ, detta astroide data dalle equazioni parametriche:

γ(t) :

(x(t) = a cos³t

y(t) = a sin³t , t ∈ [0, 2π], a > 0.

Soluzione.

L’asteroide è l’unione dei 4 archi AB, BC, CD e DA ed è una curva chiusa. I 4 archi risultano a due a due congruenti ed è facile verificare che γ è il luogo rappresentato dall’equazione cartesiana

x^2/3+ y^2/3= a^2/3.

Dato che tale equazione è invariante rispetto al cambio di se- gno di x e di y e rispetto alla scambio di x e y allora γ è sim- metrica rispetto a entrambi gli assi cartesiani e ad entrambe le bisettrici y = x e y = −x.

Ne segue che poiché l’arco AB è la quarta parte dell’astroide γ, applicando la (2.4) si ha che

|γ| = 4(AB) = 4

π/2

Z

0

q

[3a cos²t(− sin t)]²+3a sin²t cos t² dt

= 4

π/2

Z

0

3a q

cos²t sin²t(cos²t + sin²t) dt

= 12a

π/2

Z

0

|cos t sin t| dt = 12a

π/2

Z

0

cos t dt = 12a sin²t 2

^π/2

0

= 6a.

Per il calcolo dell’area del dominio D possiamo applicare la (2.16) ossia, m(D) = |D| =

Z Z

D

dxdy = 1 2

I

∂D⁺

−ydx + xdy = 1 2 I

γ

−ydx + xdy

= 1 2

2π

Z

0

(−a sin³t) · (3 cos²t(− sin t)) + (a cos³t) · (3 sin²t(cos t)) dt

= 1 2

2π

Z

0

3a²sin⁴t cos²t + 3a²cos⁴t sin²t dt = 3a² 2

2π

Z

0

sin²t cos²tsin²t + cos²t dt

= 3a² 2

2π

Z

0

sin²t cos²t dt = 3a² 8

2π

Z

0

(sin 2t)²dt = 3a² 16

4π

Z

0

(sin s)²ds

= 3a² 16

1

2(s − sin s cos s)

4π 0

= 3a²π 8 .

(11)

Z

γ

y²dx + x² dy,

dove γ è la semiellisse in figura di semiassi a e b percorsa da (a, 0) a (−a, 0).

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R²ma non è chiusa in quanto

∂

∂x x² = 2x 6= 2y = ∂

∂y y² ,

pertanto non può essere esatta. Così per il calcolo dell’integrale dovremo procedere con il calcolo esplicito oppure con il teorema di Gauss-Green. Parametrizziamo l’ellisse ponendo

γ(t) :

(x(t) = a cos t

y(t) = b sin t t ∈ [0, π].

γ

y² dx + x²dy = Z π

0

(b²sin²t)(−a sin t) + (a²cos²t)(b cos t) dt = Z π

0

−ab²sin³t + ab²cos³t) dt

= ab² Z π

0

cos³t dt − ab² Z π

0

sin³t dt

= ab² Z π

0

cos t(1 − sin²t) dt − ab² Z π

0

sin t(1 − cos²t) dt

= ab² Z π

0

(1 − sin²t) d(sin t) − ab² Z π

0

(1 − cos²t) d(− cos t)

= ab²

sin t − sin³t 3

^π

0

+

cos t −cos³t 3

^π

0

= −4ab² 3 .

Volendo invece applicare il teorema di Gauss-Green potremo chiudere il percorso γ con il segmento γ₁ che unisce i punti (−a, 0) e (a, 0) parametrizzato ponendo

γ1(t) :

(x(t) = t

y(t) = 0 t ∈ [−a, a].

Allora, per il teorema di Gauss-Green avremo che Z

γ

ω(x, y) = Z Z

D

∂

∂x x² − ∂

∂y y²

dxdy −

Z

γ1

ω(x, y).

Si può osservare che l’integrale curvilineo è nullo essendo Z

γ₁

ω(x, y) = Z a

−a

(0 · 1 + t²· 0) = 0,

pertanto è sufficiente calcolare l’integrale doppio sull’insieme definito da D :=

(x, y) ∈ R²: x² a² +y²

b² ≤ 1, y ≥ 0

.

In questo caso si può procedere in vari modi. Ad esempio effettuando il cambiamento di variabili Φ(u, v) :=

(u = x/a

v = y/b ⇒

(x = ua y = vb ,

in modo che anziché integrare sull’insieme D, integreremo sulla semicirconferenza Φ⁻¹(D) :=(u; v) ∈ R²: u²+ v²≤ 1, v ≥ 0 .

(12)

Il relativo fattore di trasformazione jacobiano è

∂(x, y)

∂(u, v)

=

∂(u, v)

∂(x, y)

−1

=







∂u

∂x

∂u

∂y

∂v

∂x

∂v

∂y







−1

=





1/a 0 0 1/b





−1

= 1 ab

−1

= ab,

pertanto l’integrale doppio diviene:

Z Z

D

(2x − 2y) dxdy = 2ab Z Z

Φ⁻¹(D)

(au − bv) dudv = 2a²b Z Z

Φ⁻¹(D)

u dudv − 2ab² Z Z

Φ⁻¹(D)

v dudv

= 2a²b · |D⁰| · ¯u − 2ab²· |D⁰| · ¯v,

dove abbiamo osservato che i due integrali doppi sull’insieme Φ⁻¹(D) non sono altro che le coordinate u e v del centro di massa del semicerchio di centro l’origine e raggio unitario. Quindi

2a²b ·π

2 · 0 − 2ab²·π 2 · 4

3π

= −4ab² 3 .

In alternativa, si sarebbe potuto passare direttamente alle coordinate polari ellittiche ponendo Φ(ρ, ϑ) = (aρ cos ϑ, bρ sin ϑ), ρ ∈ [0, 1], ϑ ∈ [0, π].

Ricordando che il fattore jacobiano di tale trasformazione è abρ, l’integrale diviene Z Z

D

(2x − 2y) dxdy = 2ab Z 1

ρ=0

Z π ϑ=0

ρ (aρ cos ϑ − bρ sin ϑ) dρdϑ

= 2ab Z 1

ρ=0

Z π ϑ=0

aρ²cos ϑ dρdϑ − 2ab Z 1

ρ=0

Z π ϑ=0

bρ²sin ϑ dρdϑ

= 2a²b ρ³ 3

¹

0

[sin ϑ]^π₀− 2ab² ρ³ 3

¹

0

[− cos ϑ]^π₀dϑ = 0 −4ab²

3 = −4ab² 3 . Esercizio 2.14. Calcolare

I

γ

3y²+ 2xe^y² dx +

2x²ye^y² dy,

lungo il bordo del parallelogramma di vertici (0, 0), (2, 0), (3, 1) e (1, 1) percorso in senso antiorario.

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R², insieme semplicemente connesso, ma non è chiusa in quanto

∂

∂x

2x²ye^y²

= 4yxe^y² 6= 6y + 4xye^y²= ∂

∂y

3y²+ 2xe^y² , pertanto non può essere esatta. Tuttavia, sfruttando la li- nearità, possiamo scrivere la forma assegnata come somma di due forme differenziali ω1(x, y) + ω2(x, y), con

ω₁(x, y) = 2xe^y²

dx +

2x²ye^y²

dy, ω₂(x, y) = 3y²dx.

Ora la forma differenziale ω1(x, y) risulta chiusa, ed essendo R²semplicemente connesso, risulterà anche esatta. Quindi il suo integrale lungo la linea chiusa γ sarà uguale a zero. Dunque è sufficiente calcolare l’integrale della forma differenziale ω2(x, y). Tale forma differenziale non è chiusa, e quindi nemmeno esatta, e per il calcolo dell’integrale si può procedere sia per via diretta che utilizzando il teorema di Gauss-Green. Parametrizziamo i lati del parallelogramma ponendo

γ1:

(x(t) = t

y(t) = 0 , γ2:

(x(t) = t

y(t) = t − 2 , γ3:

(x(t) = t

y(t) = 1 , γ4:

(x(t) = t y(t) = t .

t ∈ [0, 2] t ∈ [2, 3] t ∈ [3, 1] t ∈ [1, 0]

(13)

Applicando la (2.10) ad ogni lato del parallelogramma si ottiene:

Z

γ₁

ω₂(x, y) = Z 2

0

(3) · 0 + 0 dt = 0,

Z

γ₂

ω₂(x, y) = Z 3

2

(0) · 1 + 3(t − 2)²· 1 dt = 3 (t − 2)³ 3

³

2

= 1,

Z

γ3

ω2(x, y) = Z 1

3

(3) · 1 + 0 dt = 3 [t]¹₃= −6, Z

γ4

ω2(x, y) = Z 1

0

3t² · 1 + 0, dt = 3 t³ 3

⁰

1

= −1.

Dunque I

γ

ω(x, y) = I

γ

ω1(x, y) + I

γ

ω2(x, y) = Z

γ1

ω2(x, y) + Z

γ2

ω2(x, y) + Z

γ1

ω3(x, y) + Z

γ1

ω4(x, y) = −6.

In alternativa, si può applicare il teorema di Gauss-Green I

γ

ω₂(x, y) = Z Z

D

∂

∂x(0) − ∂

∂y 3y²

dxdy = −6 Z Z

D

y dxdy

dove

D =(x, y) ∈ R²: y ≤ x ≤ y + 2, 0 ≤ y ≤ 1 . Così si ottiene

−6 Z Z

D

y dxdy = −6 Z 1

y=0

y Z y+2

x=y

dx dy = −6 Z 1

y=0

2ydy = −6y²¹

0= −6.

Esercizio 2.15. Per quale curva chiusa semplice percorsa in senso antiorario, l’integrale I

γ

y³− 3y + xy²

dx + 9x − x³+ x²y dy,

assume valore massimo.

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R² e per il teorema di Gauss-Green applicato al dominio D delimitato dalla frontiera della curva chiusa γ, si ha che

I

γ

ω(x, y) = Z Z

D

∂

∂x 9x − x³+ x²y − ∂

∂y y³− 3y + xy²

dxdy = 3 Z Z

D

4 − x²− y² dxdy.

La funzione integranda f (x, y) = 4−x²−y²risulta negativa all’esterno della circonferenza x²+y²= 4 e positiva all’interno. Quindi l’integrale di ω(x, y) su γ è massimo proprio proprio D coincide con la zona positiva, ossia se γ è la circonferenza di centro l’origine e raggio 2. Proseguendo il calcolo dell’integrale doppio sull’insieme D =(x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 4 dove si utilizzano le coordinate polari

Φ(ρ, ϑ) = (ρ cos ϑ, ρ sin ϑ), ρ ∈ [0, 2], ϑ ∈ [0, 2π], si ottiene il valore massimo richiesto

3 Z Z

D

4 − x²− y²

dxdy = 3 Z 2

ρ=0

Z 2π ϑ=0

ρ 4 − ρ² dρdϑ = 6π Z 2

ρ=0

4ρ − ρ³ dρ = 6π

2ρ²−ρ⁴ 4

²

0

= 24π.

Esercizio 2.16. Data la forma differenziale ω(x, y) = 3x²y + 2xy³

dx + x³+ f (x · y)

dy, determinare f (t) affinché ω(x, y) sia esatta in R².

Soluzione.

Dato che R²è semplicemente connesso, è sufficiente che la forma assegnata sia chiusa,

∂

∂x x³+ f (x · y) = 3x²+ f⁰(x · y) · y = 3x²+ 6xy²= ∂

∂y 3x²y + 2xy³ ,

(14)

ossia se

3x²+ f⁰(x · y) · y = 3x²+ 6xy² ⇔ f⁰(x · y) · y = 6xy² ⇔ f⁰(x · y) = 6xy posto xy = t, avremo, per ogni t ∈ R,

f⁰(t) = 6t ⇔ f (t) = Z

6t dt ⇔ f (t) = 3t²+ c.

Z

γ

−y³ dx + x³ dy,

dove γ è l’arco di circonferenza centrata in (0, 1) da (1, 1) a (0, 0).

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R² che è un insieme semplicemente connesso, ma la forma non è chiusa essendo

∂

∂x x³ = 3x²6= −3y²= ∂

∂y −y³ ,

pertanto non può essere esatta. Per il calcolo dell’integrale bisogna procedere per via diretta o applicando il teorema di Gauss-Green. Parametrizziamo la circonferenza ponendo

γ(t) :

(x(t) = 1 + cos t

y(t) = sin t t ∈ [π/2, π].

Così Z

γ

−y³ dx + x³ dy = Z π

π 2

− sin³t · (− sin t) + (1 + cos t)³· cos t dt =

Z π

π 2

sin⁴t + (1 + cos t)³· cos t dt

= Z π

π 2

sin⁴t dt + Z π

π 2

cos⁴t dt + Z π

π 2

cos t dt + 3 Z π

π 2

cos²t dt + 3 Z π

π 2

cos³t dt.

Conviene calcolare gli integrali separatamente:

Z π

π 2

sin⁴t dt = Z π

π 2

sin t · sin³t dt = − Z π

π 2

sin³t d(cos t)^(P)= −cos t sin³t^π

π 2

+ Z π

π 2

cos x d(sin³x)

= 3 Z π

π 2

cos²t sin²t dt = 3 Z π

π 2

(1 − sin²t) sin²t dt = 3 Z π

π 2

sin²t dt − 3 Z π

π 2

sin⁴t dt

4 Z π

π 2

sin⁴t dt = 3 Z π

π 2

sin²t dt; ricordando che Z

sin²t dt = 1

2(t − sin t cos t),

= Z π

π 2

d(sin t) − Z π

π 2

sin²t d(sin t) = [sin t]^ππ

2 − sin³t 3

^π

π 2

= −1 +1 3 = −2

3, Z π

π 2

cos²t dt = 1

2(t + sin t cos t)

^π

π 2

=π 2 −π

4

= π 4,

Z π

π 2

cos t dt = [sin t]^ππ 2 = −1.

In definitiva Z π

π 2

sin⁴t dt + Z π

π 2

cos⁴t dt + Z π

π 2

cos t dt + 3 Z π

π 2

cos²t dt + 3 Z π

π 2

cos³t dt = 3π 16 +3π

16 +3π

4 − 3 = 9π 8 − 3.

(15)

Come si può osservare, utilizzando il metodo diretto, i calcoli risultano piuttosto lunghi. In alternativa proviamo ad applicare il teorema di Gauss-Green, chiudendo il percorso con i segmenti che uniscono i punti (0, 0), (1, 0) e i punti (1, 0), (1, 1),

Z

γ

ω = Z Z

D

∂

∂x x³ − ∂

∂y −y³

dxdy − Z

γ1

ω − Z

γ2

ω.

Parametrizziamo i segmenti γ1e γ2ponendo

γ₁(t) :

(x(t) = t

y(t) = 0 t ∈ [0, 1], γ₂(t) :

(x(t) = 1

y(t) = t t ∈ [0, 1].

γ1

ω = Z 1

0

−0 · 1 + t³· 0

dt = 0, Z

γ2

ω = Z 1

0

−t · 0 + 1³· 1

dt = 1.

Per il calcolo dell’integrale doppio, avremo Z Z

D

∂

∂x x³ − ∂

∂y −y³

dxdy = 3 Z Z

D

x²+ y² dxdy,

dove D =(x, y) ∈ R²: (x − 1)²+ y²≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 . Conviene operare una traslazione ponendo s = x − 1 in modo che l’insieme di integrazione D si trasformi nell’insieme

D⁰ =(s, y) ∈ R²: s²+ y²≤ 1, s ≤ 0, y ≥ 0 . Così l’integrale diviene

3 Z Z

D⁰

(s + 1)²+ y²

dsdy = 3 Z Z

D⁰

s²+ 2s + 1 + y² dsdy,

e passando in coordinate polari attraverso la trasformazione

Φ(ρ, ϑ) = (ρ cos ϑ, ρ sin ϑ), ρ ∈ [0, 1] ϑ ∈ [π/2, π], l’integrale doppio diventa

3 Z Z

Φ⁻¹(D⁰)

s²+ 2s + 1 + y²

dsdy = 3 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ ρ²cos²ϑ + 2ρ cos ϑ + 1 + ρ²sin²ϑ dρdϑ

= 3 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ ρ²+ 2ρ cos ϑ + 1 dρdϑ

= 3 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ³+ 2ρ²cos ϑ + ρ dρdϑ

= 3 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ³dρdϑ + 6 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ²cos ϑ dρdϑ + 3 Z 1

ρ=0

Z π ϑ=^π₂

ρ dρdϑ

=3π 2

ρ⁴ 4

¹

0

+ 6 ρ³ 3

¹

0

[sin ϑ]^ππ 2 +3π

2

ρ² 2

¹

0

= 3π

8 − 2 + 3π 4 = 9π

8 − 2.

In conclusione Z

γ

ω = 3 Z Z

D

x²+ y²

dxdy − Z

γ₁

ω − Z

γ₂

ω = 9π

8 − 2 − 0 − 1 = 9π 8 − 3.

(16)

I

γ

3x²y² dx + 2x²(1 + xy) dy,

dove γ è il percorso chiuso dato da C₂⁻∪ C₃, dove C_rindica la circonferenza di raggio r e centro (r, 0) percorsa in senso antiorario.

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R², insieme semplicemente connesso ma non è chiusa essendo

∂

∂x 2x²(1 + xy) = 4x + 6x²y²6= 6x²y²= ∂

∂y 3x²y² , pertanto non può essere esatta. Tuttavia per la proprietà di linearità, possiamo scrivere ω(x, y) come ω₁(x, y) + ω₂(x, y), con

ω1(x, y) = 3x²y²dx + 2x³y dy, ω2(x, y) = 2x² dy.

Risulta che la forma ω1(x, y) è chiusa e quindi esatta nel- l’insieme semplicemente connesso R²ed essendo γ una curva chiusa, il suo integrale è nullo. Pertanto è sufficiente calcolare l’integrale ω2(x, y) lungo γ. La forma ω2(x, y) non è

evidentemente chiusa, e quindi nemmeno esatta, pertanto per il calcolo dell’integrale si deve procedere per via diretta, oppure applicando il teorema di Gauss-Green. Utilizzando Gauss-Green si ha che

I

γ

ω2(x, y) = I

∂D⁺

ω2(x, y) = Z Z

D

∂

∂x 2x² − ∂

∂y(0)

dxdy = 4 Z Z

D

x dxdy,

dove

D =(x, y) ∈ R²: (x − 2)²+ y²≥ 4, (x − 3)²+ y²≤ 9 .

Si può osservare che l’insieme D è equivalente alla differenza tra gli insiemi D1\ D2 definiti da D1=(x, y) ∈ R²: (x − 3)²+ y²≤ 9 , D2=(x, y) ∈ R²: (x − 2)²+ y²≤ 4 .

Inoltre per la simmetria rispetto all’asse x dell’insieme D = D1\D2e della funzione integranda avremo che

4 Z Z

D

x dxdy = 8 Z Z

D⁺

x dxdy = 8 Z Z

(x−3)²+y²≤9

x dxdy − 8 Z Z

(x−2)²+y²≤4

x dxdy = 8|C3|¯xC₃− 8|C2|¯xC₂,

dove |C3| e |C2| sono le aree dei due semicerchi, mentre ¯xC₃ e ¯xC₂ sono le coordinate x dei rispettivi centri di massa (che evidentemente coincidono con l’ascissa del loro rispettivo centro). Pertanto

8 Z Z

D⁺

x dxdy = 8 · 3²π

2 · 3 − 8 · 2²π

2 · 2 = 108π − 32π = 76π.

Volendo procedere per via diretta, parametrizziamo le due circonferenze ponendo

C3:= γ1(t) =

(x(t) = 3 + 3 cos t

y(t) = 3 sin t t ∈ [0, 2π), C₂⁻ := γ₁⁻(t) =

(x(t) = 2 + 2 cos t

y(t) = 2 sin t t ∈ [0, 2π),

(17)

ed applicando la (2.10) alla forma ω2(x, y) si ottiene I

C3

ω2(x, y) = Z 2π

0

0 + 2(3 + 3 cos t)²· 3 cos t dt = 6

Z 2π 0

9 cos t dt + 66 Z 2π

0

9 cos³t dt + 6 Z 2π

0

18 cos²t dt

= 108 Z 2π

0

cos²t dt = 108 1

2(t + cos t sin t )

^2π

0

= 108π, I

C₂⁻

ω₂(x, y) = − Z 2π

0

0 + 2(2 + 2 cos t)²· 2 cos t

dt = −4 Z 2π

0

4 cos t dt − 4 Z 2π

0

4 cos³t dt − 4 Z 2π

0

8 cos²t dt

= −32 Z 2π

0

cos²t dt = −32 1

2(t + cos t sin t )

^2π

0

= −32π.

Dunque il risultato finale è 108π − 32π = 76π.

Esercizio 2.19. Sia ω(x, y) = 2y dx + (x²+ ax) dy, con a > 0 una forma differenziale e sia γ la curva chiusa rappresentata in figura. Determinare per quale valore di a si ha

I

γ

ω(x, y) = π 2 + 4.

Soluzione.

La forma differenziale assegnata è definita in tutto R², insieme semplicemente connesso, ma non è chiusa (e quindi neanche esatta) in quanto

∂

∂x x²+ ax = 2x + a 6= 2 = ∂

∂y(2y) .

Per il calcolo dell’integrale si può procedere per via diretta, oppure applicando il teorema di Gauss-Green. Applicando Gauss-Green si ha

I

γ

ω(x, y) = I

∂D⁺

ω(x, y) = Z Z

D

∂

∂x x²+ ax − ∂

∂y(2y)

dxdy =

Z Z

D

(2x + a − 2) dxdy

= 2 Z Z

D

x dxdy + (a − 2) Z Z

D

dxdy,

dove

D =(x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 1, y ≤ x + 1, y ≥ x²+ 1 . Per il primo integrale, considerando il dominio D = D1∪ D2come in figura, avremo

2 Z Z

D

x dxdy = 2 Z Z

D₁

x dxdy + 2 Z Z

D₂

x dxdy

= 2 Z 1

x=0

Z

√1−x²

y=x²−1

x dxdy + 2 Z 0

x=−1

Z x+1 y=x²−1

x dxdy

= 2 Z 1

x=0

xp

1 − x²− x³+ x dx + 2

Z 0 x=−1

x²− x³+ 2x dx

= − Z 1

x=0

p1 − x² d 1 − x² +2

−x⁴ 4 +x²

2

¹

0

+ 2 x³ 3 −x⁴

4 + x²

⁰

−1

= −2 3 h

1 − x²^3/2i¹

0−2 3+ 2

−5 12

= 2 3−5

6+1 2 =1

3.