AM3 - II Esonero -A.A.2003-2004

SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 7 giugno 2004

1. Parametrizzando Γ con (x, x^{2}), x ∈ [0, 1], si ha

∫_{Γ}(1 + x^{2} + 3y) dℓ = ∫_{0}^{1}(1 + 4x^{2})\sqrt{1 + 4x^{2}} dx
= [\sqrt{1 + 4x^{2}}(\frac{5}{8} x + x^{3}) + \frac{3}{16} arcsinh2x]_{0}^{1}
= = \frac{26\sqrt{5} + 3arcsinh2}{16} .

(Per risolvere l’integrale usare la sostituzione 2x = sinh t).

2. Una parametrizzazione della superficie è

\{ \begin{matrix}x = ρ cos θ  ρ ∈ [1, \sqrt{2}], θ ∈ [0, π/2], \\ y = ρ sin θ \\ z = θ \end{matrix}

per cui:

∫_{S} x^{2} dσ = \frac{π}{4} ∫_{1}^{√\overline{2}} ρ^{2}\sqrt{1 + ρ^{2}} dρ
= \frac{π}{4} [\sqrt{1 + ρ^{2}}(\frac{ρ}{8} + \frac{ρ^{3}}{4} ) − \frac{1}{8} arcsinhρ]_{1}^{√\overline{2}}
= \frac{π}{4} [\frac{−3\sqrt{2} + arcsinh1}{8} + \frac{5\sqrt{6} − arcsinh\sqrt{2}}{8}]

(Per risolvere l’integrale usare la sostituzione x = sinh t).

3. (i) Sia D := {(x, y) ∈ R^{2} : x^{2} + 2y^{2} ≤ 1}, φ(x, y) = (x, y, y): chiaramente D è un dominio regolare in R^{2} e φ un’inclusione differenziabile di D in R^{3} e quindi S = φ(D) è un elemento di superficie orientabile con bordo Γ dato da φ(∂D). Se ∂D è orientato in senso antiorario, l’orientamento indotto su Γ è dato dall’inclusione

x = cos θ θ ∈ [0, 2π]
y = \frac{1}{\sqrt{2}} sin θ
z = \frac{1}{\sqrt{2}} sin θ

e la normale equiorientata è ν^{+} = (0, 1, −1)/\sqrt{2}. (ii) rot\overrightarrow{F} = (−2, 0, 0), da cui segue che

∫_{S} rot\overrightarrow{F} · ν^{+} = 0 .

D’altra parte,

∫_{Γ^{+}} ω_{F}^{1} = ∫_{0}^{2π} [\sqrt{2} sin^{2} θ − \sqrt{2} cos^{2} θ] dθ = 0

dunque il teorema di Stokes è verificato.

4. (i) ∂_{y}(5/x) = ∂_{y}(1/x) = 0 e dunque ω è chiusa (ed essendo A stellato, ω è anche esatta: una primitiva è chiaramente data da f(x, y) = log(x^{5}/y)). (ii) ∫_{σ(x,y)} ω = log(x^{5}/y) =: f(x, y). (iii) ∫_{Γ^{+}} ω = f(2^{10}, 1) − f(2, 1) = 45 log 2.