Soluzioni 10-AM3

Laura Di Gregorio 24 maggio 2004

1. Facendo il cambio di coordinate

\{ \begin{matrix}x = ta cos φ 0 ≤ φ ≤ 2π \\ y = ta sin φ 0 ≤ t ≤ 1 \\ z = tb \end{matrix}

e calcolando dσ = at\sqrt{a^{2} + b^{2}}, si ha che

∫∫_{S} \sqrt{x^{2} + y^{2}}dσ = a^{2}\sqrt{a^{2} + b^{2}} ∫_{0}^{1} t^{2} ∫_{0}^{2π} dφ dt = \frac{2}{3}πa^{2}\sqrt{a^{2} + b^{2}}.

2. Si parametrizzi la superficie Γ tramite

φ(t, u) = (t, u, 1 − t − u)

da cui segue che dσ = \sqrt{3} dudt. Quindi si ha

∫_{Γ} yz\sqrt{1 − x} dσ = \sqrt{3} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−t} u\sqrt{1 − t}(1 − t − u)dudt
= \sqrt{3} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−t} u\sqrt{1 − t} dudt − \sqrt{3} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−t} ut\sqrt{1 − t} dudt

−\sqrt{3} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−t} u^{2}\sqrt{1 − t} dudt

= \sqrt{3} ∫_{0}^{1} \frac{(1 − t)^{\frac{5}{2}}}{2} dt − \sqrt{3} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−t} t(1 − t)^{\frac{5}{2}} dt

−\sqrt{3} ∫_{0}^{1} \frac{(1 − t)^{\frac{7}{2}}}{2} dt

= [\frac{\sqrt{3}}{7}(1 − t)^{\frac{7}{2}} + 2\frac{\sqrt{3}}{7}t(1 − t)^{\frac{7}{2}} + \frac{4\sqrt{3}}{63} − \frac{2\sqrt{3}}{9}(1 − t)^{\frac{9}{2}} ]_{0}^{1}

3. Passando in coordinate polari otteniamo

\{ \begin{matrix}x = ρ cos θ = e^{2θ} cos θ \\ y = ρ sin θ = e^{2θ} sin θ \end{matrix}

Si ha inoltre

ds = \sqrt{x′(θ)^{2} + y′(θ)^{2}} dθ = \sqrt{5} e^{2θ} dθ

e sostituendo nell’integrale otteniamo

∫_{γ}(x^{2} + y^{2})^{2} ds = \sqrt{5} ∫_{−∞}^{0} e^{10θ} dθ = \frac{\sqrt{5}}{10}.

4. Si ha ds = \sqrt{\frac{2 − t^{2}}{1 − t^{2}}} dt e dunque

∫_{γ} cos x ds = ∫− \frac{1}{2}^{\frac{1}{2}} \sqrt{2 − t^{2}} dt

= 2 ∫− \frac{1}{2}^{\frac{1}{2}} cos^{2} y dy

= ∫− \frac{1}{2}^{\frac{1}{2}} (1 + cos 2t) dt = [t + \frac{1}{2} sin 2t]− \frac{1}{2}^{\frac{1}{2}}