Soluzioni 5-AM4

Laura Di Gregorio

23 ottobre 2003

1. Dalla definizione si ha che tanh x = \frac{e^{x}−e^{−x}}{e^{x}+e^{−x}}. Dunque l’integrale si riduce ad uno del tipo:

∫_{0}^{2} \frac{dx}{tanh x − 1} = − ∫_{0}^{2} \frac{e^{2x} − 1}{2} dx = −\frac{e^{4}}{4} − \frac{3}{4}.

2. Ponendo cosh x = t e ricordando che cosh 2x = 2 cosh^{2} x − 1 si ottiene che per t > \frac{1}{\sqrt{2}}

∫ \frac{sinh x}{\sqrt{cosh 2x}} dx = ∫ \frac{dt}{\sqrt{2t^{2} − 1}}
= \frac{1}{\sqrt{2}} cosh^{−1} \sqrt{2}t = cosh^{−1}(\sqrt{2} cosh x)

3. Facendo il cambio di coordinate

\{ \begin{matrix}x = 2 + r cos φ  0 ≤ φ ≤ 2π \\ y = r sin φ  0 ≤ r ≤ 1 \end{matrix}

si ha che

∫∫_{S} xy dxdy = ∫_{0}^{1} r ∫_{0}^{2π}(2 + r cos φ) dφ dr
= 2 ∫_{0}^{1} r^{2} ∫_{0}^{2π} sin φ dφ dr + ∫_{0}^{1} r^{3} ∫_{0}^{2π} cos φ sin φ dφ dr = \frac{4}{3}

4. 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}}.

5. Si calcoli ds = a\sqrt{2(1 − cos t)} e quindi, essendo la funzione integranda periodica e pari, si ottiene:

∫_{C} y^{2}ds = a^{3}\sqrt{2} ∫_{0}^{2π}(1 − cos t)^{2}\sqrt{1 − cos t} dt
= a^{3}\sqrt{2} ∫_{−π}^{π}(1 − cos t)^{\frac{5}{2}} dt
= 2a^{3}\sqrt{2} ∫_{0}^{π}(1 − cos t)^{\frac{5}{2}} dt.

Ponendo x = tan \frac{t}{2} si ha che cos t = \frac{1−x^{2}}{1+x^{2}} e

∫_{0}^{π}(1 − cos t)^{\frac{5}{2}} dt = \sqrt{2^{5}} ∫_{0}^{+∞} x^{5}(1 + x^{2})^{− \frac{7}{2}} dx.

Integrando per parti più volte si ha

∫_{0}^{+∞} x^{5}(1 + x^{2})^{− \frac{7}{2}} dx = [ − \frac{x^{4}}{5} (1 + x^{2})^{− \frac{5}{2}} ]_{0}^{+∞} + \frac{4}{5} ∫_{0}^{+∞} x^{3}(1 + x^{2})^{− \frac{5}{2}} dx
= [ − \frac{x^{4}}{5} (1 + x^{2})^{− \frac{5}{2}} − \frac{4}{15}x^{2}(1 + x^{2})^{− \frac{3}{2}} ]_{0}^{+∞}

−\frac{8}{15} ∫_{0}^{+∞} x(1 + x^{2})^{− \frac{3}{2}} dx

= [ − \frac{x^{4}}{5} (1 + x^{2})^{− \frac{5}{2}} − \frac{4}{15}x^{2}(1 + x^{2})^{− \frac{3}{2}} + \frac{8}{15}(1 + x^{2})^{− \frac{1}{2}} ]_{0}^{+∞}
= \frac{8}{15}

Dunque si ha

2a^{3}\sqrt{2} ∫_{0}^{π}(1 − cos t)^{\frac{5}{2}} dt = 2\frac{8}{15} a^{3}\sqrt{2}\sqrt{2^{5}} = \frac{256}{15} a^{3}.