Risoluzione 1. Per calcolare l’integraleZZ

Risoluzione 1. Per calcolare l’integrale

ZZ

D

xydxdy, dove D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 2, x  y

²

, y 0 },

osservato che (

x

²

+ y

²

= 2

x = y

²

,

( x = 1 y = ±1 ,

Abbiamo che il dominio D `e normale rispetto a x con D = D

1

[D

²

dove D

1

= {(x, y) | x 2 [0, 1], p

x  y  p

2 x

²

} e D

2

= {(x, y) | x 2 [ p

2, 0], 0  y  p

2 x

²

} e dalle formule di riduzione otteniamo:

ZZ

D

xy dxdy = ZZ

D1

xy dxdy + ZZ

D2

xy dxdy

= Z

1

0

(

Z

^p2 x² px

xy dy) dx + Z

0

p2

(

Z

^p2 x² 0

xy dy) dx

= Z

1

0

x h

y² 2

i

^p2 x² px

dx +

Z

0 p2

x h

y² 2

i

^p2 x²

0

dx

=

¹₂

Z

1

0

2x x

³

x

²

dx +

¹₂

Z

0

p2

2x x

³

dx

=

¹₂

h

x

^{2 x}₄^{4 x}₃³

i

1 0

+

¹₂

h

x

^{2 x}₄⁴

i

0

p2

=

₂₄^{5 1}₂

=

₂₄⁷

2. Per calcolare ZZ

D

|x 1 | dx dy, dove D = {(x, y) 2 R

²

| p

2y y

²

 x  2 y, y 0 }, osserviamo che D = D

1

[ D

2

essendo D

1

= {(x, y) | x 2 [0, 1], 0  y  1 p

1 x

²

} e

D

2

= {(x, y) | x 2 [1, 2], 0  y  2 x }.

0

Usando l’additivit`a dell’integrale e le formule di riduzione, otteniamo ZZ

D

|x 1 | dx dy = ZZ

D1

1 x dxdy + ZZ

D2

x 1 dxdy

= Z

1

0

( Z

1 p

1 x²

0

1 x) dy) dx + Z

2

1

( Z

2 x

0

x 1 dy)dx

= Z

1

0

(1 x)(1 p

1 x

²

) dx + Z

2

1

(x 1)(2 x) dx

= Z

1

0

1 x p

1 x

²

+ x p

1 x

²

dx + Z

2

1

3x x

²

2 dx

=



x

^x₂^{2 1}₂

(x p

1 x

²

+ arcsin x)

¹₃

(1 x

²

)

³²

1

0

+ h

3x² 2

x³

3

2x i

2 1

= 1

^⇡₄

3. Calcoliamo ZZ

D x

(x²+y²)²

dx dy dove D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 4x, 0  y  p 3x }.

Il dominio `e rappresentato in figura

Per calcolare l’integrale possiamo utilizzare le coordinate polari, ponendo ( x = ⇢ cos ✓

y = ⇢ sin ✓

Il dominio D risulta immagine mediante le coordinate polari del dominio T = {(⇢, ✓) |

✓ 2 [0,

^⇡₃

], ⇢ 2 [1, 4 cos ✓]}. Dalle formule di cambiamento di variabili e di riduzione (T `e dominio normale rispetto a ✓) otteniamo

ZZ

D x

(x²+y²)²

dx dy = ZZ

T

⇢ cos ✓

⇢⁴

⇢ d⇢d✓ = Z

^⇡₃

0

cos ✓(

Z

4 cos ✓ 1

1

⇢²

d⇢)d✓

= Z

^⇡₃

0

cos ✓ h

1

⇢

i

4 cos ✓

1

d✓ =

Z

^⇡₃

0

cos ✓(1

_{4 cos ✓}¹

) d✓

= Z

^⇡₃

0

cos ✓

¹₄

d✓ = ⇥

sin ✓

^✓₄

⇤

^⇡₃

0

=

^p₂³ ₁₂^⇡

4. Calcoliamo

ZZ

D

x dxdy dove D = {(x, y) 2 R

²

| |2y x |  2, |2y + x|  2}

Il dominio risulta normale sia rispetto a x che a y, usiamo per`o la formula di cambiamento di variabili ponendo (

u = 2y x = v = 2y + x ,

( x =

¹₂

(v u) y =

¹₄

(u + v)

Abbiamo allora che il determinante della matrice jacobiana di g(u, v) = (

¹₂

(v u),

¹₄

(u+v))

`e

¹₄

e che D = g(T ) dove T = {(u, v) 2 R

²

| |u|  2, |v|  2}, quindi ZZ

D

x dxdy = ZZ

T 1

2

(v u)

¹₄

dudv =

¹₈

Z

2

2

( Z

2

2

v u dv)du

=

¹₈

Z

2

2

h

v²

2

uv i

2

2

du =

¹₂

Z

2

2

4u du = 0

essendo l’integranda dispari e l’intervallo di integrazione simmetrico rispetto all’origine.

Al risultato potevamo arrivare subito osservando che il dominio risulta simmetrico rispetto all’asse y e l’integranda antisimmetrica rispetto a tale asse.

5. Per calcolare ZZ

D

log x dx dy dove D `e la regione del compresa tra la retta 2x + 2y = 5 e l’iperbole xy = 1 osserviamo che il dominio `e normale rispetto a x con D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [

¹₂

, 2],

¹_x

 y 

⁵₂

x }

quindi ZZ

D

log x dxdy = Z

2

1 2

Z

⁵₂ x 1/x

log x dy)dx = Z

2

1 2

(

⁵₂

x) log x

_x¹

log x dx

= h

(

⁵₂

x

^x₂²

) log x i

2

1 2

Z

2

1 2

5 2

x

2

dx h

log²x 2

i

2

1 2

= h

(

⁵₂

x

^x₂²

) log x

⁵₂

x

^x₄^{2 log}₂^2x

i

2

1 2

=

¹⁵₈

log 2

⁷⁵₁₆

6. Determiniamo il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 4x

²

+ y

²

 4, 0  y  2x}, di densit`a di massa costante. Per calcolare l’integrale µ(E) =

ZZ

E

dxdy passiamo alle coordinate

ellittiche ponendo (

x = ⇢ cos ✓ y = 2⇢ sin ✓

Il dominio E risulta immagine mediante le coordinate ellittiche del rettangolo T = {(⇢, ✓) | ⇢ 2 [0, 1], ✓ 2 [0,

^⇡₄

] } essendo (

^p₂²

, p

2), punto di intersezione dell’ellisse x

²

+

^y₄²

= 1 con la retta y = 2x, corrispondente alle coordinate ellittiche ⇢ = 1 e ✓ =

^⇡₄

.

Poich`e il determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e pari a 2⇢ otteniamo µ(E) =

ZZ

E

dxdy = ZZ

T

2⇢ d⇢d✓ = Z

^⇡

4 0

Z

1 0

2⇢ d⇢d✓ =

^⇡₄

e quindi denotate con (x

B

, y

B

) le coordinate del baricentro, risulta

x

_B

=

_⇡⁴

ZZ

E

x dxdy =

_⇡⁴

ZZ

T

2⇢

²

cos ✓ d⇢d✓ =

⁸_⇡

Z

^⇡₄

0

cos ✓ d✓

Z

1 0

⇢

²

d⇢ =

⁴_3⇡^p2

⇡ 0, 6 mentre

x

B

=

_⇡⁴

ZZ

E

x dxdy =

_⇡⁴

ZZ

T

4⇢

²

sin ✓ d⇢d✓ =

¹₆

⇡ Z

^⇡₄

0

sin ✓ d✓

Z

1 0

⇢

²

d⇢ =

⁸⁽²_3⇡^p2)

⇡ 0, 5 7. Per determinare le coordinate del baricentro D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 1, y p

3x } di densit`a di massa (x, y) = |y|, utilizzando le coordinate polari poniamo

( x = ⇢ cos ✓

y = ⇢ sin ✓

Il dominio D risulta immagine mediante le coordinate polari del dominio T = {(⇢, ✓) | ✓ 2 [

^⇡₃

,

^4⇡₃

], ⇢ 2 [0, 1]}.

Dalle formule di cambiamento di variabili e di riduzione otteniamo

m(D) = ZZ

D

|y|dxdy = ZZ

T

⇢

²

| sin ✓|d⇢d✓ = Z

^4⇡₃

⇡ 3

| sin ✓|d✓

Z

1 0

⇢

²

d⇢ =

²₃

Denotate con (x

_B

, y

_B

) le coordinate del baricentro otteniamo

x

_B

=

³₂

ZZ

D

|y|xdxdy =

³₂

ZZ

T

⇢

³

cos ✓ | sin ✓|d⇢d✓ =

³₂

Z

^4⇡₃

⇡ 3

cos ✓ | sin ✓|d✓

Z

1 0

⇢

³

d⇢ =

₃₂⁹

mentre

y

B

=

³₂

ZZ

D

y |y|dxdy =

³₂

ZZ

T

⇢

³

sin ✓ | sin ✓|d⇢d✓ =

³₂

Z

^4⇡

3

⇡ 3

sin ✓ | sin ✓|d✓

Z

1 0

⇢

³

d⇢

=

³₈

(

^⇡₆

+

^p₄³

).

8. Per determinare il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 1 

^x₄²

+ y

²

 4, x 0 }, di densit`a di massa (x, y) = x, dobbiamo innanzitutto calcolare l’integrale m(E) =

ZZ

E

x dxdy.

Passiamo allora alle coordinate ellittiche ponendo ( x = 2⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

Il dominio E risulta immagine mediante le coordinate ellittiche del rettangolo T =

{(⇢, ✓) | ⇢ 2 [1, 2], ✓ 2 [

^⇡₂

,

^⇡₂

] }

Poich`e il determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e 2⇢ otteniamo m(E) =

ZZ

E

x dxdy = ZZ

T

4⇢

²

cos ✓d⇢d✓ = 4 Z

^⇡₂

⇡ 2

cos ✓ d✓

Z

2 1

⇢

²

d⇢ =

⁵⁶₃

Abbiamo che l’ordinata del baricentro sar`a nulla, essendo il dominio simmetrico rispetto all’asse delle ascisse e la densit`a di massa dipende solo da x, mentre l’ascissa sar`a data da

x

B

=

₅₆³

ZZ

D

x

²

dxdy =

₅₆³

ZZ

T

8⇢

³

cos

²

✓ d⇢d✓ =

⁶₇

Z

^⇡

2

⇡ 2

cos

²

✓d✓

Z

2 1

⇢

³

d⇢

=

³₇

[✓ sin ✓ cos ✓]

⇡ 2⇡

2

h

⇢⁴ 4

i

2

1

=

^3⇡₇

·

¹⁵₄

=

^45⇡₂₈

⇡ 1, 61

9. Determiniamo il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 2y, x 0 }, di densit`a di

massa costante.

Possiamo vedere D come unione dei domini normali D

+

= {(x, y) | y 2 [1, 2], 0  x  p 1 (y 1)

²

} e D = {(x, y) | y 2 [

¹₂

, 1], p

1 y

²

 x  p

1 (y 1)

²

}. Abbiamo che µ(D

+

) =

^⇡₄

e

x(B

+

) =

_⇡⁴

ZZ

D+

x dxdy =

_⇡⁴

Z

2

1

(

Z p

1 (y 1)² 0

x dx) dy =

_⇡²

Z

2

1

1 (y 1)

²

dy

=

_⇡²

Z

2

1

2y y

²

dy =

_⇡²

h

y

^{2 y}₃³

i

2 1

=

_3⇡⁴

e

y(B

+

) =

⁴_⇡

ZZ

D+

y dxdy =

_⇡⁴

Z

2

1

(

Z p

1 (y 1)² 0

y dx) dy =

_⇡⁴

Z

2

1

y p

1 (y 1)

²

dy Osservato che

Z y p

1 (y 1)

²

dy = Z

(y 1) p

1 (y 1)

²

dy + Z p

1 (y 1)

²

dy

=

¹₂

Z

(2 2y) p

2y y

²

dy + Z p

1 (y 1)

²

dy

=

¹₃

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) + c si ha

y(B

+

) =

_⇡⁴

h

1

3

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) i

2

1

=

_⇡⁴

(

^⇡₄

+

¹₃

) =

^3⇡+4_3⇡

Abbiamo poi che

µ(D ) = ZZ

D

dxdy = Z

1

1 2

(

Z p

1 (y 1)²

p

1 y²

dx) dy = Z

1

1 2

p 1 (y 1)

²

p

1 y

²

dy

=

¹₂

h

(y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1) y p

1 y

²

arcsin y i

1

1 2

=

^3p₁₂^{3 ⇡}

e

x(B ) =

₃^p12_{3 ⇡}

ZZ

D

x dxdy =

₃^p12_{3 ⇡}

Z

1

1 2

(

Z p

1 (y 1)²

p

1 y²

xdx) dy

=

₃^p6_{3 ⇡}

Z

1

1 2

1 (y 1)

²

1 + y

²

dy

=

₃^p6_{3 ⇡}

Z

1

1 2

2y 1 dy =

₃^p6_{3 ⇡}

⇥

y

²

y ⇤

1

1

2

=

₃^p_{3 ⇡}⁶

(

¹₄

+

¹₂

) =

₂₍₃^p3_{3 ⇡)}

e

y(B ) =

₃^p12_{3 ⇡}

ZZ

D

y dxdy =

₃^p12_{3 ⇡}

Z

1

1 2

(

Z p

1 (y 1)²

p

1 y²

y dx) dy

=

¹²

3p 3 ⇡

Z

1

1 2

y p

1 (y 1)

²

y p

1 y

²

dy

=

₃^p12_{3 ⇡}

h

1

3

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) +

¹₃

(1 y

²

)

³²

i

1

1 2

=

³₂₍₃^{p3+2⇡ 8p}_{3 ⇡)}

Quindi

x(D) = µ(D

₊

)x(B

₊

) + µ(D )x(B ) µ(D

+

) + µ(D ) = ...

e

y(D) = µ(D

+

)y(B

+

) + µ(D )y(B ) µ(D

+

) + µ(D ) = ...

10. Pensiamo al settore D sistemato come in figura

Usando le coordinate polari il dominio D risulta immagine del rettangolo T = {(⇢, ✓) |

⇢ 2 [0, r], ✓ 2 [ ↵, ↵]}, dato che l’area del settore `e ↵r

²

e che il dominio `e simmetrico rispetto all’asse x abbiamo che l’ordinata del baricentro `e nulla mentre l’ascissa `e

x

B

=

_↵r¹2

ZZ

D

x dxdy =

_↵r¹2

ZZ

T

⇢

²

cos ✓, d⇢d✓ =

_r2¹↵

Z

↵

↵(

Z

r 0

⇢

²

d⇢) cos ✓d✓

=

_↵r¹2

h

⇢³ 3

i

r

0

[sin ✓]

^↵_↵

=

²₃

r

^{sin ↵}_↵

11. Per calcolare Z

S

x d essendo S la superficie (u, v) = (2uv, u

²

v

²

, u

²

+ v

²

), u

²

+ v

²

 1, osserviamo che

u

(u, v) = (2v, 2u, 2u) e

v

(u, v) = (2u, 2v, 2v) quindi

E = k

u

(u, v) k

²

= 4(v

²

+2u

²

), F =

u

(u, v) ·

v

(u, v) = 4uv, G = k

v

(u, v) k

²

= 4(u

²

+2v

²

) e dunque

k

^u

(u, v) ^

^v

(u, v) k = p

EG F

²

= p

16(v

²

+ 2u

²

) · (u

²

+ 2v

²

) 16u

²

v

²

= 4 p 2 p

u

⁴

+ v

⁴

+ 4u

²

v

²

= 4 p

2(u

²

+ v

²

)

Posto D = {(u, v) 2 R

²

| u

²

+ v

²

 1} e usando le coordinate polari, otteniamo allora Z

S

x d = ZZ

D

2uv4 p

2(u

²

+ v

²

) dudv = 8 p 2

ZZ

D

uv(u

²

+ v

²

) dudv

= 8 p 2

ZZ

[0,1]⇥[0,2⇡]

⇢

³

cos ✓ sin ✓⇢

²

d⇢d✓ = 8 p 2

Z

1 0

⇢

⁵

d⇢ · Z

2⇡

0

cos ✓ sin ✓ d✓

= 8 p 2 h

⇢⁶ 6

i

1 0

h

sin²✓ 2

i

2⇡

0

= 0 12.

Z

S

z d essendo S la superficie avente per sostegno il cono z = 1 p

x

²

+ y

²

con z 0.

Parametrizziamo la superficie usando le coordinate cilindriche

: 8 >

<

> :

x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓ z = 1 ⇢

²

, (⇢, ✓) 2 D = [0, 1] ⇥ [0, 2⇡].

Abbiamo allora

⇢

(⇢, ✓) = (cos ✓, sin ✓, 2⇢) e

✓

(⇢, ✓) = ( ⇢ sin ✓, ⇢ cos ✓, 0) da cui

E = k

⇢

k

²

= 1 + 4⇢

²

, F =

✓

·

t

= 0, G = k

✓

k

²

= ⇢

²

e quindi

k

✓

^

t

k = p

EG F

²

= ⇢ p

1 + 4⇢

²

Dunque

Z

S

z d = ZZ

D

(1 ⇢

²

)⇢ p

1 + 4⇢

²

d⇢d✓

13. Per calcolare Z

@T

y d dove T = {(x, y, z) 2 R

³

| x

²

+ y

²

 1, x

²

+ y

²

+ z

²

 4, z 0 }, osserviamo innanzitutto che

8 >

<

> :

x

²

+ y

²

= 1 x

²

+ y

²

+ z

²

= 4

z 0

,

( x

²

+ y

²

= 1 z p

3

La superficie `e unione di tre superfici S

¹

, S

²

e S

³

, essendo S

¹

la superficie avente per sostegno la calotta sferica {(x, y, z) 2 R

³

| x

²

+ y

²

+ z

²

= 4, z 0 }, S

2

la superficie avente per sostegno il cilindro {(x, y, z) 2 R

³

| x

²

+ y

²

= 1, z 2 [0, p

3] } e S

3

il disco {(x, y, z) 2 R

³

| z = 0, x

²

+ y

²

 1}. Per parametrizzare S

¹

possiamo usare le coordinate sferiche

1

: 8 >

<

> :

x = 2 sin ' cos ✓ y = 2 sin ' sin ✓ z = 2 cos '

, (', ✓) 2 D

1

= [0,

^⇡₆

] ⇥ [0, 2⇡],

per S

2

usiamo le coordinate cilindriche

2

: 8 >

<

> :

x = cos ✓ y = sin ✓ z = z

, (✓, z) 2 D

²

= [0, 2⇡] ⇥ [0, p 3],

per S

³

le coordinate polari

3

: 8 >

<

> :

x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓ z = 0

, (⇢, ✓) 2 D

3

= [0, 1] ⇥ [0, 2⇡].

Dalla propriet`a di additivit`a otteniamo allora ZZ

S

y d = ZZ

S1

y d + ZZ

S2

y d + ZZ

S3

y d

= ZZ

D1

2 sin ' cos ✓ · 4 sin ' d'd✓ + ZZ

D2

sin ✓ · 1 d✓dz + ZZ

S3

⇢ sin ✓ · ⇢ d⇢d✓

= 8 Z

^⇡₆

0

sin

²

'd' Z

2⇡

0

cos ✓ d✓ + Z

2⇡

0

sin ✓d✓ · Z

^p3

0

dz + Z

1

0

⇢

²

d⇢

Z

2⇡

0

sin ✓ d✓ = 0 Al risultato potevamo giungere osservando che la superficie `e simmetrica rispetto al piano x, z e l’integranda antisimmetrica rispetto allo stesso piano.

14. Per calcolare l’area della superficie S avente per sostegno la porzione di parabolide z = x

²

+ y

²

con z 2 [0, 4], parametrizziamo la superficie usando le coordinate cilindriche

: 8 >

<

> :

x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓ z = ⇢

²

, (⇢, ✓) 2 D = [0, 2] ⇥ [0, 2⇡].

Abbiamo allora

⇢

(⇢, ✓) = (cos ✓, sin ✓, 2⇢) e

✓

(⇢, ✓) = ( ⇢ sin ✓, ⇢ cos ✓, 0) da cui

E = k

⇢

k

²

= 1 + 4⇢

²

, F =

_✓

·

t

= 0, G = k

✓

k

²

= ⇢

²

e quindi

k

✓

^

t

k = p

EG F

²

= ⇢ p

1 + 4⇢

²

Dunque

A( S) = ZZ

S

d = ZZ

D

⇢ p

1 + 4⇢

²

d'd✓ = Z

2⇡

0

d✓

Z

2 0

⇢ p

1 + 4⇢

²

d⇢

=

^⇡₄

Z

2

0

8⇢ p

1 + 4⇢

²

d⇢ =

^⇡₂

h

2

3

(1 + 4⇢

²

)

³²

i

2 0

=

^⇡₃

⇣

17 p

17 1 ⌘

15. Per calcolare l’area della superficie S avente per sostegno la calotta sferica x

²

+y

²

+z

²

= 1 di altezza

¹₂

, parametrizziamo la superficie usando le coordinate sferiche

: 8 >

<

> :

x = sin ' cos ✓ y = sin ' sin ✓ z = cos '

, (', ✓) 2 D = [0,

^⇡₃

] ⇥ [0, 2⇡].

Risulta allora k

^'

(', ✓) ^

^✓

(', ✓) k = sin ' e dunque

A( S) = ZZ

S

d = ZZ

D

sin ' d'd✓ = Z

2⇡

0

d✓

Z

^⇡₃

0

sin ' d' = 2⇡ [ cos ']

₀^⇡3

= 2⇡ ·

¹₂

= ⇡

16. Per calcolare l’area della superficie S avente per sostegno la regione della sfera x

²

+y

²

+z

²

= 1 con z 2 [0,

¹₂

], parametrizziamo nuovamente la superficie usando le coordinate sferiche

: 8 >

<

> :

x = sin ' cos ✓ y = sin ' sin ✓ z = cos '

, (', ✓) 2 D = [

^⇡₃

,

^⇡₂

] ⇥ [0, 2⇡].

ottenendo A( S) =

ZZ

S

d = ZZ

D

sin ' d'd✓ = Z

2⇡

0

d✓

Z

^⇡₃

0

sin ' d' = 2⇡ [ cos ']

^⇡2⇡

3

= 2⇡ ·

¹₂

= ⇡ 17. La superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x 2)

²

+z

²

= 1 con z 0,

x  2 attorno all’asse z di un angolo di ⇡ radianti pu`o essere parametrizzata usando le

coordinate cilindriche una volta determinata una parametrizzazione della curva. La curva

(x 2)

²

+ z

²

= 1 con z 0 ammette come parametrizzazione '(t) = (2 + cos t, sin t), t 2 [0, ⇡]. Otteniamo quindi una parametrizzazione della superficie ponendo

: 8 >

<

> :

x = (2 + cos t) cos ✓ y = (2 + cos t) sin ✓ z = sin t

, (t, ✓) 2 D = [0, ⇡] ⇥ [0, ⇡].

Risulta allora k

^t

(t, ✓) ^

^✓

(t, ✓) k = (2 + cos t)k'

⁰

(t) k = 2 + cos t e quindi A( S) =

ZZ

S

d = ZZ

D

2 + cos t dtd✓ = Z

⇡

0

d✓

Z

⇡ 0

2 + cos t dt = ⇡ [2t + sin t]

^⇡₀

= 2⇡

²

18. Calcoliamo l’area dell’elicoide (t, s) = (as cos t, as sin t, bt) con (t, s) 2 [0, 4⇡] ⇥ [0, 2]

Abbiamo

t

(t, s) = ( as sin t, as cos t, b) e

s

(t, s) = (a cos t, a sin t, 0) da cui

E = k

t

k

²

= a

²

s

²

+ b

²

, F =

t

·

s

= 0, G = k

s

k

²

= a

²

e quindi, supponendo b > 0,

k

^✓

^

^t

k = p

EG F

²

= p

a

²

(a

²

s

²

+ b

²

) = ab q

1 + (

^a_b

s)

²

Otteniamo allora

A( S) = ZZ

S

d = ZZ

D

ab q

1 + (

^a_b

s)

²

dtds = Z

4⇡

0

dt Z

2

0

ab q

1 + (

^a_b

s)

²

ds

= 4⇡b

²

Z

2

0 a b

q

1 + (

^a_b

s)

²

d⇢ = 4⇡b

²

h

a b

s q

1 + (

^a_b

s)

²

+ log(

^a_b

s + q

1 + (

^a_b

s)

²

) i

²

0

= 8⇡a

²

p

b

²

+ 4a

²

+ 4⇡ab

²

(log(2a + p

b

²

+ 4a

²

) log b)