Integrali di linea di prima specie

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi svolti sugli integrali di linea di prima specie! In questo articolo presentiamo 30 esercizi completamente risolti sugli integrali di linea (detti anche integrali curvilinei) di prima specie, ossia quando l’oggetto da integrare lungo la curva è una funzione. I problemi sono corredati di soluzione completa, così che il lettore possa approfondire il modo migliore di parametrizzare le curve in esame e abbia accesso alle tecniche più convenienti per il calcolo degli integrali in questione.

Segnaliamo il materiale teorico di riferimento:

Consigliamo inoltre la consultazione delle seguenti raccolte di esercizi correlati agli integrali di linea e sugli integrali per funzioni di una variabile:

Buona lettura!

Sommario

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Questa dispensa presenta una raccolta di 30 esercizi svolti sugli integrali di linea di prima specie, appositamente progettati per i corsi di Analisi 2 nei programmi di laurea in ingegneria, fisica e matematica. Gli esercizi sono suddivisi in tre livelli di difficoltà: semplici, medi e avanzati.

Alcuni esercizi richiedono unicamente l’applicazione diretta degli integrali di linea di prima specie e il calcolo immediato. In questi casi, si raccomanda una solida conoscenza della teoria sugli integrali definiti e indefiniti. Altri esercizi, invece, richiedono abilità nel disegno di grafici e una buona padronanza della geometria analitica, o competenze in domini e simmetrie negli integrali multipli. Infine, alcuni problemi richiedono una maggiore capacità di analisi e ragionamento critico.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi.

Revisori: Matteo Talluri, Sara Sottile.

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di prima specie

(1) $\begin{equation*} \int_{\gamma} f \, ds , \end{equation*}$

dove

$f(x,y) =x+y^3$

e il sostegno di $\gamma$ è il segmento di vertici $O\equiv(0,0)$ e $A\equiv(1,1)$ .

Svolgimento.

Graficamente rappresentiamo il sostegno di $\gamma$ in figura 1:

$\quad$

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Figura 1: il segmento $\gamma$ dell’esercizio 1.

$\quad$

La parametrizzazione del sostegno è

$\overline{\gamma}(t)= (t,t), \qquad \mbox{ con } t \in \left[0,1\right].$

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}(t)$

$\bar{\gamma}^\prime(t)=(1,1)$

da cui possiamo calcolare il modulo

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t) \right \vert =\sqrt{2}$

e infine restringiamo $f$ lungo $\bar{\gamma}$ ottenendo

$f(\bar{\gamma}(t))=t+t^3.$

Calcoliamo (1) applicando la definizione¹

$\begin{aligned} \int_{\gamma} f \,ds= \int_0^1 (t+t^3)\sqrt{2} \, dt =\sqrt{2}\left(\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^4}{4}\right)\bigg \vert^1_0= \dfrac{3}{4} \sqrt{2}. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} f \,ds = \dfrac{3}{4} \sqrt{2}.}$

Definizione. Sia $\bar{\gamma}:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}^n$ un arco di curva regolare di sostegno $\gamma$ e sia $f$ una funzione a valori reali, definita in un sottoinsieme $A$ di $\mathbb{R}^n$ contenente $\gamma$ , cioè $f:A\subset \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}$ con $\gamma \subset A$ . Si dice integrale di linea(di prima specie) di $f$ lungo $\gamma$ l’integrale

$\int_\gamma f ds=\int_{a}^{b}f\,ds \equiv\int_{a}^{b}f(\bar{\gamma}(t))\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t) \right \vert \,dt.$

↩

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di prima specie

(2) $\begin{equation*} \int_{\gamma} f \, ds, \end{equation*}$

dove

$f(x,y) = x^2y$

e il sostegno di $\gamma$ è la circonferenza di equazione $x^2+y^2=4$ percorsa in senso antiorario dal punto $A\equiv(2,0)$ a $B\equiv(0,2)$ .

Svolgimento.

Parametrizziamo la circonferenza applicando le coordinate polari

$\overline{\gamma}(t)=2\left( \cos t, \sin t \right) \qquad \mbox{con } t \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right].$

Restriniamo $f$ lungo $\bar{\gamma}(t)$ ottenendo $f(\bar{\gamma}(t))=4\cos^2 t\ 2\sin t$ .

Calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$

$\bar{\gamma}^\prime(t)=2\left(-\sin t, \cos t \right)$

ed infine calcoliamo il modulo di $\bar{\gamma}^\prime(t)$

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t) \right \vert= 2.$

Calcoliamo (2) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha

$\begin{aligned} \int_{\gamma} f \,ds &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4\cos^2 t \cdot 2 \sin t \cdot 2 \, dt =\\ &=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}- 4\cos^2 t \cdot 2 \sin^{-2} t=\\ &= 1\int_{\frac{\pi}{2}}^0- 4\cos^2 t \cdot 2 \sin^{-2} t=\\ &=\dfrac{16}{3}\cos^3t \bigg\vert_{\frac{\pi}{2}}^0 =\\ &= \dfrac{16}{3}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} f \, ds =\dfrac{16}{3}. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di prima specie

(3) $\begin{equation*} \int_{\gamma} f \, ds , \end{equation*}$

dove

$f(x,y) = \sqrt{x+2y}$

e sostegno di $\gamma$ è il segmento di vertici $O\equiv(0,0)$ e $A\equiv(2,4)$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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Figura 2: il segmento $\gamma$ dell’esercizio 3.

$\quad$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma$ come segue

$\overline{\gamma}(t)=(t,2t), \qquad \mbox{ con } t \in [0,2].$

Calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$

$\bar{\gamma}^\prime(t)=(1,2)$

e restringiamo $f$ lungo $\bar{\gamma}(t)$

$f(\bar{\gamma}(t))=\sqrt{5t}$

da cui calcoliamo (3) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha

$\begin{aligned} \int_{\gamma} f\, ds & = \int_0^2 \sqrt{5t} \cdot \sqrt{5}\, dt =\\ &= 5 \int_0^2 \sqrt{t} \,dt =\\ &=5 \dfrac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\bigg \vert^2_0= \\ &=\dfrac{20\sqrt{2}}{3}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} f \, ds = \dfrac{20\sqrt{2}}{3}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di prima specie

(4) $\begin{equation*} \int_{\gamma} f \, ds, \end{equation*}$

dove

$f(x,y) = \vert x^2+y^2 \vert^{\frac{1}{2}}$

e la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è

$\overline{\gamma}(t) = e^t (\cos t, \sin t)\quad \text{con}\,\, t \in [0,2\pi].$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$

$\overline{\gamma}^\prime(t)=(e^t \, (-\sin t+\cos t) , e^t (\cos t + \sin t)),$

determiniamo il modulo di $\bar{\gamma}^\prime(t)$

$\vert \overline{r}^\prime(t) \vert = \sqrt{e^{2t} (1+1)} = e^t \sqrt{2}.$

Calcoliamo (4) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_\gamma f \,ds& = \int_0^{2\pi} e^{t} \cdot e^t \, \sqrt{2} \, dt = \\ &= \sqrt{2} \; \int_0^{2\pi} e^{2t} \, dt =\\ &= \dfrac{\sqrt{2}}{2} \, (e^{4\pi}-1). \end{aligned}$

Dunque, concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} f \, ds =\dfrac{\sqrt{2}}{2} \, (e^{4\pi}-1). }$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Parametrizzare il segmento che congiunge i punti $A\equiv(1,1,1)$ e $B\equiv(2,3,-1)$ e calcolarne la lunghezza $L$ applicando la definizione di integrale di linea di prima specie.

Svolgimento.

Per parametrizzare il segmento cerchiamo una parametrizzazione del tipo

$\bar{\gamma(t)}=(x_0+\alpha t,y_0+\beta t , z_0 +\gamma t) \quad \alpha,\beta\, \text{e}\, \gamma \in \mathbb{R}.$

Impostiamo il seguente sistema

$\begin{cases} x(t)=x_0+\alpha t\\ y(t)=y_0+\beta t\\ z(t)=z_0+\gamma t, \end{cases}$

dove $t \in \left[0,1\right]$ e $x_0=1$ , $y_0=1$ e $z_0=1$ .

Posto $x(1)=2$ , $y(1)=3$ e $z(1)=-1$ si ottiene

$\begin{cases} x(t)=x_0+\alpha t\\ y(t)=y_0+\beta t\\ z(t)=z_0+\gamma t \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2=1+\alpha \\ 3=1+\beta \\ -1=1+\gamma \\ \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \alpha = 1\\ \beta = 2\\ \gamma= -2. \end{cases}$

Pertanto la parametrizzazione del segmento è

$\bar{\gamma}(t)=\left(1+t,1+2t,1-2t\right)\quad \text{t}\,\, \in [0,1].$

Calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$ ottenendo

$\bar{\gamma}^\prime(t)=\left(1,2,-2\right)$

e ne calcoliamo il modulo

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t)\right \vert =\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3.$

Applichiamo ora la definizione di parametro d’arco per calcolare la lunghezza del segmento²

$L=\int_{0}^{1}3 \, dt=3.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{L=3. }$

La lunghezza dell’arco di curva di $\bar{\gamma}(\tau)$ per $t \in \left[t_0,t\right]$ è una funzione di $t$ :

$s(t)=\int_{t_0}^{t}\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t)\right \vert \, d\tau.$

↩

Osservazione 2.1.

In generale quindi un segmento di vertici $A\equiv(x_A,y_A,z_A)$ e $B\equiv(x_B,y_B,z_B)$ si può parametrizzare come segue

$\bar{\gamma}(t)=\left(x_A+\left(x_B-x_A\right)t,y_A+\left(y_B-y_A\right)t,z_A+\left(z_B-z_A\right)t\right)\quad \text{con}\,\, t \in \left[0,1\right].$

Calcoliamo la derivata

$\bar{\gamma}^\prime(t)=(x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_A)$

determiniamo il modulo (lunghezza)

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t)\right \vert =\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}$

infine

$\begin{aligned} L&=\int_{0}^{1}\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y-A)^2+(z_B-z_A)^2}\, dt=\\\\ &=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}\bigg \vert^1_0=\\\\ &=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}. \end{aligned}$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Parametrizzare il segmento che congiunge i punti $A\equiv(-1,-1,0)$ e $B\equiv(2,3,0)$ e calcolarne la lunghezza $L$ applicando la definizione di integrale di linea di prima specie.

Svolgimento.

Per parametrizzare il segmento cerchiamo una parametrizzazione del tipo

$\overline{\gamma}(t)=(x_0+\alpha t,y_0+\beta t , z_0 +\gamma t) \quad \alpha,\beta\, \text{e}\, \gamma \in \mathbb{R}.$

Impostiamo il seguente sistema

$\begin{cases} x(t)=x_0+\alpha t\\ y(t)=y_0+\beta t\\ z(t)=z_0+\gamma t \end{cases}$

con $t \in \left[0,1\right]$ e $x_0=-1$ , $y_0=-1$ e $z_0=0$ .

Posto $x(1)=2$ , $y(1)=3$ e $z(1)=0$ si ottiene

$\begin{cases} x(t)=x_0+\alpha t\\ y(t)=y_0+\beta t\\ z(t)=z_0+\gamma t \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2=-1+\alpha \\ 3=-1+\beta \\ 0=0+\gamma \\ \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \alpha = 3\\ \beta = 4\\ \gamma = 0. \end{cases}$

Pertanto la parametrizzazione del segmento è

$\overline{\gamma}(t) =(-1+3t,-1+4t,0) \qquad \mbox{con } t \in \left[0,1\right].$

Calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$ ottenendo

$\bar{\gamma}^\prime(t)=(3,4,0)$

e ne calcoliamo il modulo

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t) \right \vert =\sqrt{9+16}=5.$

Calcoliamo ora la lunghezza del segmento applicando la definizione di parametro arco:

$L=\int_{0}^{1}5\,dt=5.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{L=5. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ una curva il cui sostegno si ottiene dall’intersezione tra la sfera di equazione

$x^2+y^2+(z-1)^2=4$

e il piano di equazione

$x=z.$

Calcolare l’integrale di prima specie

(5) $\begin{equation*} \int_{\gamma} x^2\, ds . \end{equation*}$

Svolgimento.

Facciamo l’intersezione tra la sfera e il piano

$\begin{cases} x^2 + y^2 + (z - 1)^2 = 4 \\ z = x \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x^2 + y^2 + (x - 1)^2 = 4 \\ x = z \end{cases}$

$\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2 \left(x - \dfrac{1}{2} \right)^2 + y^2 = \dfrac{7}{2} \\ x = z \end{cases}$

$\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \dfrac{\left(x - \dfrac{1}{2} \right)^2}{\dfrac{7}{4}} + \dfrac{y^2}{\dfrac{7}{2}} = 1 \\ x = z \end{cases}$

Quindi una possibile parametrizzazione del sostegno $\gamma$ è data da

$\overline{\gamma} (\theta) = \left(\dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \cos \theta + \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}} \, \sin \theta, \dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \cos \theta + \dfrac{1}{2}\right) \qquad \mbox{ con } \, \theta \in [0,2\pi].$

Deriviamo rispetto a $\theta$

$\overline{\gamma}'(\theta) = \left(\dfrac{-\sqrt{7}}{2} \, \sin \theta, \dfrac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}} \, \cos \theta, - \dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \sin \theta \right)$

e calcoliamo il modulo di $\overline{\gamma}'(\theta)$ , ottenendo

$\begin{aligned} \left\vert \overline{\gamma}'(\theta) \right\vert & =\sqrt{\dfrac{7}{4}\sin^2\theta+\dfrac{7}{2}\cos^2 \theta +\dfrac{7}{4}\sin^2\theta} \\ & =\sqrt{\dfrac{7}{2}\cos^2 \theta +\dfrac{7}{2}\sin^2\theta} \\ & =\sqrt{\dfrac{7}{2}}. \end{aligned}$

Tornando ad (5) abbiamo:

$\begin{aligned} \int_\gamma x^2 \, dx &= \int_0^{2\pi} \left(\dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \cos \theta + \dfrac{1}{2}\right)^2 \, \sqrt{\dfrac{7}{2}} \, d \theta =\\\\ &= \sqrt{\dfrac{7}{2}}\int_{0}^{2\pi}\left(\dfrac{7}{4}\cos^2 \theta +\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{7}}{2}\cos \theta \right)\, d \theta=\\\\ &= \sqrt{\dfrac{7}{2}}\left(\dfrac{1}{4}\cdot \left(2 \pi\right)+\dfrac{7}{4}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1+\cos\left(2\theta\right)}{2}\, d \theta\right)= \\\\ &=\sqrt{\dfrac{7}{2}}\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{7}{8}\cdot\left(2 \pi \right)\right)=\\\\ &= \dfrac{9}{4} \, \sqrt{\dfrac{7}{2}}\,\pi. \end{aligned}$

e concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} x^2\, ds = \dfrac{9}{4} \, \sqrt{\dfrac{7}{2}}\,\pi. }$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ una curva il cui sostegno si ottiene dall’intersezione tra la sfera di equazione

$x^2+y^2+z^2=4$

e il piano di equazione

$z=1+y.$

Calcolare l’integrale di prima specie

(6) $\begin{equation*} \int_{\gamma} x^2\, ds . \end{equation*}$

Svolgimento.

Facciamo l’intersezione tra la sfera e il piano

$\begin{aligned} \begin{cases} z=1+y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 4 \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} z=1+y \\ x^2 + y^2 + \left(1 + y\right)^2 = 4 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} z=1+y \\ x^2 + 2y^2 + 2y = 3 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} z=1+y \\ \dfrac{x^2}{\dfrac{7}{2}} + \dfrac{\left(y + \dfrac{1}{2}\right)^2}{\dfrac{7}{4}} = 1. \end{cases} \end{aligned}$

ed una possibile parametrizzazione del sostegno $\gamma$ è data da

$\overline{\gamma} (\theta) = \left(\sqrt{\dfrac{7}{2}} \, \cos \theta, - \dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \sin \theta, 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{7}}{2} \, \sin \theta \right), \qquad \mbox{ con } \, \theta \in \left[0,2\pi\right].$

Deriviamo rispetto a $\theta$

$\overline{\gamma}'(\theta) = \left(-\sqrt{\dfrac{7}{2}}\sin \theta, \dfrac{\sqrt{7}}{2}\cos \theta ,\dfrac{\sqrt{7}}{2}\cos \theta\right).$

e calcoliamo il modulo di $\overline{\gamma}'(\theta)$ , ottenendo

$\begin{aligned} \left\vert \overline{\gamma}'(\theta) \right\vert & = \sqrt{\dfrac{7}{2}\sin^2 \theta +\dfrac{7}{4}\cos^2 \theta +\dfrac{7}{4}\cos^2 \theta} \\ & =\sqrt{\dfrac{7}{2}\sin^2 \theta+\dfrac{2\cdot7}{4}\cos^2 \theta} \\ & =\sqrt{\dfrac{7}{2}\left(\cos^2 \theta +\sin^2 \theta\right)} \\ & =\sqrt{\dfrac{7}{2}}. \end{aligned}$

Tornando ad (6) abbiamo:

$\begin{aligned} \int_\gamma x^2 \, dx & = \int_0^{2\pi} \dfrac{7}{2}\cos^2 \theta\,\sqrt{\dfrac{7}{2}}\, d \theta =\\[10pt] & =\left(\dfrac{7}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\int_{0}^{2 \pi }\left(\dfrac{1+\cos \left(2 \theta\right)}{2}\right)\, d \theta= \\[10pt] & =\left(\dfrac{7}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\dfrac{1}{2}\left(2 \pi \right) =\\[10pt] & =\left(\dfrac{7}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\pi. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} x^2\, ds = \left(\dfrac{7}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\pi. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ una curva che parametrizza il segmento di estremi $A=(1,1)$ e $B=(3,-1)$ .

Calcolare l’integrale di prima specie

(7) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x-2}{1+y^2}\,ds. \end{equation*}$

Svolgimento.

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma$ come segue

$\bar{\gamma}(t)=\left(1+2t,1-2t\right)\quad t \in [0,1],$

calcoliamo la derivata di $\bar{\gamma}(t)$

$\bar{\gamma}^\prime(t)=(2,-2)$

e ne determiniamo il modulo

$\left \vert \bar{\gamma}^\prime(t)\right \vert=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}.$

Calcoliamo ora (7) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{x-2}{1+y^2}\,ds=2 \sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{1+2t-2}{1+\left(1-2t\right)^2}\,dt=2\sqrt{2}\int_{0}^{1}\dfrac{2t-1}{1+\left(2t-1\right)^2}\,dt. \end{aligned}$

Posto $2t-1=z \Rightarrow dt =\frac{dz}{2}$ e otteniamo

$\int_{\gamma}\dfrac{x-2}{1+y^2}\,ds=\sqrt{2}\int_{-1}^{1}\dfrac{z}{1+z^2}\,dz=\sqrt{2}\int_{-1}^{1}f(z)\,dz$

dove la funzione integranda $f(z)$ è una funzione dispari su un intervallo simmetrico rispetto all’origine quindi

$\int_{-1}^{1}\dfrac{z}{1+z^2}\,dz =0.$

Allora concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{x-2}{1+y^2}\,ds =0. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ una parametrizzazione della porzione curva data in coordinate polari da

(8) $\begin{equation*} \rho^2=a^2\cos\left(2 \theta\right) \end{equation*}$

che giace sul semipiano $x \geq 0$ .

Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(9) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\left(x+y\right)\, ds. \end{equation*}$

Svolgimento.

Rappresentiamo un punto del piano in coordinate polari

$\quad$

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Figura 3: coordinate polari nel piano.

$\quad$

dove

(10) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\rho \cos \theta \\ y =\rho \sin \theta. \end{cases} \end{equation*}$

Data la condizione $x \geq 0$ , deduciamo che $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ .

Da (8) possiamo riscrivere (10) come segue

(11) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\left \vert a \right \vert \sqrt{\cos\left(2\theta\right)}\cos \theta \\ y =\left \vert a \right \vert \sqrt{\cos\left(2\theta\right)}\sin \theta. \end{cases} \end{equation*}$

Calcoliamo (9) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\left(x+y\right) \; ds &=\vert a \vert \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sqrt{\cos \left(2 \theta\right)}\cos \theta +\sqrt{\cos \left(2 \theta\right)}\sin \theta\right)\cdot \sqrt{\cos\left(2 \theta\right)}\, d \theta=\\ &=\vert a \vert\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos \left(2\theta\right)\cos \theta+\cos\left(2\theta\right)\sin \theta\right)\, d \theta\overset{*}{=}\\ &\quad\overset{*}{=}\vert a \vert\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\left(2 \theta\right)\cos \theta \, d \theta+\underbrace{a^2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos \left(2 \theta\right)\sin \theta \, d \theta}_{=0}=\\ &\quad=2\vert a \vert\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-2\sin^2\theta\right)\cos \theta \, d \theta=\\ & =2\vert a \vert\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos \theta -2\sin^2 \theta \cos \theta \right)\, d \theta =\\ &\quad=\left( 2\vert a \vert\sin \theta -\dfrac{4}{3}\vert a \vert\sin^2\theta\right) \bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0=\\ &=2\vert a \vert-\dfrac{4} {3}\vert a \vert=\\ &=\dfrac{2}{3}\vert a \vert, \end{aligned}$

dove in $*$ abbiamo usato il fatto che l’integrale di una funzione dispari su intervallo simmetrico rispetto all’origine è nullo.

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\left(x+y\right)\, ds=\dfrac{2}{3}\vert a \vert.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la lunghezza della spirale logaritmica parametrizzata in coordinate polari da

(12) $\begin{equation*} \rho=a\,e^{m\theta},\quad \text{con}\,\, \theta \in (-\infty,0] \end{equation*}$

e con $a$ , $m\in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

Rappresentiamo un punto del piano in coordinate polari

$\quad$

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Figura 4: coordinate polari nel piano.

$\quad$

dove

(13) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\rho \cos \theta \\ y =\rho \sin \theta. \end{cases} \end{equation*}$

Applicando (12) possiamo riscrivere (13) come segue

(14) $\begin{equation*} \begin{cases} x=ae^{m\theta}\cos \theta \\ y =ae^{m\theta}\sin \theta. \end{cases} \end{equation*}$

Dunque la parametrizzazione della curva è

(15) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=a\left(e^{m\theta}\cos\theta,e^{m\theta}\sin \theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in (-\infty,0] \end{equation*}$

e derivando (15) otteniamo

(16) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(\theta\right)=a\left(m\,e^{m\theta}\cos\theta-e^{m\theta}\sin\theta,m\,e^{m\theta}\sin\theta+e^{m\theta}\cos\theta\right). \end{equation*}$

Calcoliamo il modulo di $\overline{\gamma}^\prime\left(\theta\right)$

$\begin{aligned} \left \vert \overline{\gamma}^\prime(\theta)\right \vert &=a\sqrt{e^{2m\theta}\left(m\cos\theta-\sin\theta\right)^2+e^{2m\theta}\left(m\sin\theta+\cos\theta\right)^2}=\\ &=ae^{m\theta}\sqrt{m^2\cos^2\theta+\sin^2\theta-2m\cos\theta \sin \theta +m^2\sin^2\theta +\cos^2\theta +2m\cos\theta \sin \theta}=\\ &=ae^{m\theta}\sqrt{m^2+1}. \end{aligned}$

Ora calcoliamo la lunghezza della spirale logaritmica $\left \vert \gamma \right \vert$ applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

(17) $\begin{equation*} \left \vert \gamma \right \vert=a\sqrt{m^2+1}\int_{-\infty}^{0}e^{m\theta}\, d\theta =\dfrac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta}\bigg \vert^{0}_{-\infty}=\dfrac{a}{m}\sqrt{m^2+1}. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\left \vert \gamma \right \vert=\dfrac{a}{m}\sqrt{m^2+1}. }$

Osservazione 2.2.

Consideriamo l’espressione:

$\frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta}\bigg|_{\theta=-\infty}^{\theta=0}.$

Valutiamo il valore ai due estremi:

$\frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta}\bigg|_{\theta=0} = \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m \cdot 0} = \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}.$

Passiamo ora al limite per $\theta \to -\infty$ :

$\lim_{\theta \to -\infty} \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta}.$

In questa espressione, osserviamo che per $\theta \to -\infty$ , il termine $e^{m\theta}$ tende esponenzialmente a zero, indipendentemente dal valore di $m$ , purché $m > 0$ . Pertanto:

$\lim_{\theta \to -\infty} \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta} = 0.$

Combinando i due risultati, otteniamo:

$\frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}e^{m\theta}\bigg|_{\theta=-\infty}^{\theta=0} = \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1} - 0 = \frac{a}{m}\sqrt{m^2+1}.$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ una parametrizzazione del quarto di cerchio di centro $A=(0,1)$ e raggio $1$ con estremi in $B=(1,1)$ e $C=(0,2)$ .

Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(18) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x}{1+y}\, ds. \end{equation*}$

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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Figura 5: l’arco di circonferenza $\gamma$ dell’esercizio 12.

$\quad$

e lo parametrizziamo applicando le coordinate polari

(19) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=\left(\cos \theta,1+\sin \theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]. \end{equation*}$

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(\theta\right)$

(20) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(\theta\right)=\left(-\sin \theta,\cos \theta \right) \end{equation*}$

da cui

(21) $\begin{equation*} \left \vert \overline{\gamma}^\prime\left(\theta \right)\right \vert =\sqrt{\left(\sin^2\theta+\cos^2\theta\right)}=1. \end{equation*}$

Calcoliamo (18) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{x}{1+y}\,ds & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos \theta }{2+\sin \theta }\, d \theta \\ & =\ln \left(2+\sin \theta \right)\bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0 \\ & =\ln 3 -\ln 2 \\ & =\ln\dfrac{3}{2}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{x}{2+y}\, ds=\ln\dfrac{3}{2}. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(22) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{\sin^2x\,\arctan x}{y^2\left(1+x^2\right)\sqrt{\cos^2x+1}}\,ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sotegno di $\gamma$ è data da

(23) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(x\right)=\left(x,\sin x\right)\quad \text{con}\,\, x \in \left[0,1\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(x\right)$

(24) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(x\right)=\left(1,\cos x\right) \end{equation*}$

da cui applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{\sin^2x\,\arctan x}{y^2\left(1+x^2\right)\sqrt{\cos^2x+1}}\,ds&=\int_{0}^{1}\dfrac{\sin^2 x \, \arctan x}{\sin^2x\left(1+x^2\right)\sqrt{1+\cos^2x}}\cdot \sqrt{1+\cos^2 x}\, dx=\\ &=\int_{0}^{1}\dfrac{\arctan x}{1+x^2}\, dx\overset{\star}{=}\dfrac{\arctan^2 x}{2}\bigg \vert^1_0=\\ &=\dfrac{\pi^2}{32}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{\sin^2x\,\arctan x}{y^2\left(1+x^2\right)\sqrt{\cos^2x+1}}\,ds =\dfrac{\pi^2}{32}. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(25) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2x}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è data da

(26) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(x\right)=\left(x,\sqrt{1+x^2}\right)\quad \text{con}\,\, x \in \left[1,e\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(x\right)$ :

(27) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(x\right)=\left(1,\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) \end{equation*}$

da cui applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2x}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds&=\int_{1}^{e}\dfrac{\sqrt{1+x^2}\ln^2 x}{\sqrt{2x^2+1}}\cdot\dfrac{\sqrt{2x^2+1}}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \\ &= \int_{1}^{e}\ln^2 x \, dx=\\ &= x\ln^2 x \bigg \vert^e_1 - \int_{1}^{e}x\cdot\dfrac{2\ln x}{x}\,dx = \\ &= e - 2\int_{1}^{e}\ln x \, dx= \\ &= e - 2\left(x \ln x \bigg \vert^e_1 - \int_{1}^{e}x\cdot\dfrac{1}{x}\,dx\right) = \\ &=e - 2\left(e - \left(e - 1\right)\right) =\\ &= e - 2. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2x}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds =e-2. }$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(28) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2\left(x+\sin z-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sotegno di $\gamma$ è data da

(29) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(x\right)=\left(x,\sqrt{1+x^2},\dfrac{\pi}{2}\right)\quad \text{con}\,\, x \in \left[1,e\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(x\right)$

(30) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(x\right)=\left(1,\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}},0\right) \end{equation*}$

da cui applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2\left(x+\sin z-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds&=\int_{1}^{e}\dfrac{\sqrt{1+x^2}\ln^2 \left(x+\sin\frac{\pi}{2}-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}}\cdot \sqrt{1+\dfrac{x^2}{1+x^2}}\,dx=\\ &=\int_{1}^{e}\dfrac{\sqrt{1+x^2}\ln^2 \left(x+\sin\frac{\pi}{2}-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}}\cdot\dfrac{\sqrt{2x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}\,dx=\\ &=\int_{1}^{e}\ln^2 x\,dx\overset{\star}{=}\\ &\overset{\star}{=}x\ln^2 x \bigg \vert^e_1-\int_{1}^{e}x\cdot \dfrac{2\ln x }{x}\,dx=\\ &=e-2\int_{1}^{e}\ln x\,dx=\\ &=e-2\left(x \ln x\bigg \vert^e_1-\int_{1}^{e}x\cdot \dfrac{1}{x}\,dx\right)=\\ &=e-2\left(e-\left(e-1\right)\right)=e-2, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è usata la formula d’integrazione per parti.

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{y\ln^2\left(x^2+\sin z-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}}\,ds =e-2.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(31) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \left(\sqrt[3]{x^2}-1\right) \sin\left(\sqrt[3]{y^2}\right)ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è data da

(32) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(t\right)=\left((1+t)\sqrt{1+t},(\pi-t)\sqrt{\pi-t}\right)\quad \text{con}\,\, t \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(t\right)$

(33) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(t\right) =\left(\sqrt{1+t}+\dfrac{1+t}{2\sqrt{1+t}}, - \sqrt{\pi-t}-\dfrac{\pi-t}{2\sqrt{\pi-t}}\right) = \left(\dfrac{3(1+t)}{2\sqrt{1+t}}, \dfrac{-3(\pi-t)}{2\sqrt{\pi-t}}\right) \end{equation*}$

$\begin{aligned} \left \vert \overline{\gamma}^\prime\left(t\right)\right \vert & =\sqrt{\dfrac{9\left(1+t\right)^2}{4\left(1+t\right)}+\dfrac{9\left(\pi-t\right)^2}{4\left(\pi-t\right)}} \\ & =\dfrac{3}{2}\sqrt{1+t+\pi-t} \\ & =\dfrac{3}{2}\left(1+\pi\right). \end{aligned}$

il modulo della derivata di $\overline{\gamma}^\prime\left(t\right)$ .

Calcoliamo (31) applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \left(\sqrt[3]{x^2}-1\right) \sin\left(\sqrt[3]{y^2}\right)\,ds &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sqrt[3]{(1+t)^3}-1) \sin(\pi-t) \cdot \dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} \; dt=\\ & = \dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} \cdot \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \; \sin t \; dt \overset{\star}{=} \dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} \left( - t \; \cos t \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos t\; dt \right)=\\ & = \dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} \cdot \sin t \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{2}} = \\ &=\dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} , \end{aligned}$

dove in $\star$ si è usata la formula d’integrazione per parti.

Dunque, si conclude che:

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \left(\sqrt[3]{x^2}-1\right) \sin\left(\sqrt[3]{y^2}\right)\,ds= \dfrac{3}{2}\sqrt{1+\pi} . }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(34) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x^2+e^{y^{\frac{1}{3}}}}{\left(x+2\right)^2\sqrt{x^2+9\ln^4 x}}\,ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è data da

(35) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(x\right)=\left(e^x,x^3\right)\quad \text{con}\,\, x \in \left[0,\ln 2\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(x\right)$

(36) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(x\right)=\left(e^x,3x^2\right) \end{equation*}$

da cui applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{x^2+e^{y^{\frac{1}{3}}}}{\left(x+2\right)^2\sqrt{x^2+9\ln^4 x}}\,ds &=\int_{0}^{\ln 2}\dfrac{e^{2x}+e^x}{\left(e^x+2\right)^2\sqrt{e^{2x}+9\ln^4e^x}}\cdot \sqrt{e^{2x}+9x^4}\,dx=\\ &=\int_{0}^{\ln 2}\dfrac{e^{2x}+e^x}{\left(e^x+2\right)^2\sqrt{e^{2x}+9\left(x\ln e\right)^4}}\cdot \sqrt{e^{2x}+9x^4}\,dx=\\ &=\int_{0}^{\ln 2}\dfrac{e^{2x}+e^x}{\left(e^x+2\right)^2}\,dx. \end{aligned}$

Operiamo la sostituzione $e^x=z$ , ottenendo

$\begin{aligned} \int_{0}^{\ln 2}\dfrac{e^{2x}+e^x}{\left(e^x+2\right)^2}\,dx&= \int_{1}^{2}\dfrac{z^2+z}{\left(z+2\right)^2}\cdot\dfrac{1}{z}\,dz=\\ &=\int_{1}^{2}\dfrac{z+1}{\left(z+2\right)^2}\,dz=\\ &=\int_{1}^{2}\dfrac{z+2-1}{\left(z+2\right)^2}\,dz=\\ &=\int_{1}^{2}\dfrac{z+2}{\left(z+2\right)^2}\,dz-\int_{1}^{2}\dfrac{1}{\left(z+2\right)^2}\,dz\overset{\divideontimes}{=}\\ &\overset{\divideontimes}{=}\ln \left \vert z+2\right \vert +\dfrac{1}{z+2}\bigg \vert^2_1=\\ &=\ln\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{12}, \end{aligned}$

dove in $\divideontimes$ abbiamo usato gli integrali di funzione composta

$\int\frac{f^\prime(z)}{f(z)}\,dz=\ln\left \vert f(z)\right \vert +c_1$

$\int f^\alpha(z)\, f^\prime(z)\,dz=\frac{f^{\alpha+1}(z)}{\alpha+1}+c_2,$

con $c_1$ , $c_2\in \mathbb{R}$ .

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{x^2+e^{y^{\frac{1}{3}}}}{\left(x+2\right)^2\sqrt{x^2+9\ln^4 x}}\,ds =\ln\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{12}. }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(37) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x+1}{(x+1)(3y+4)-y^2}\,ds, \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è dato dall’arco di circonferenza di centro $O$ e raggio $1$ contenuta nel primo quadrante.

Svolgimento.

Innanzitutto la circonferenza di centro $O$ e raggio $1$ ha equazione $x^2+y^2=1$ . Parametrizziamo l’arco di circonferenza applicando le coordinate polari

(38) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=\left(\cos\theta,\sin\theta\right)\quad \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]. \end{equation*}$

Dunque, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha:

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \dfrac{x+1}{(x+1)(3y+4)-y^2} \,ds &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos\theta+1}{(\cos\theta+1)(3\sin\theta+4)-\sin^2\theta}\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos\theta+1}{(\cos\theta+1)(3\sin\theta+4)-(1-\cos^2\theta)}\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos\theta+1}{(\cos\theta+1)(3\sin\theta+4)-(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)}\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos\theta+1}{(\cos\theta+1)(3\sin\theta+3+\cos\theta)}\,d\theta\overset{\star}{=}\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{3\sin\theta+3+\cos\theta}\,d\theta=\\ &\overset{\star}{=}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\frac{6t}{1+t^2}+3+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\,dt=\\ &=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^2+3t+2}\,dt=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(t+1\right)\left(t+2\right)}\,dt\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t+1}\,dt-\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t+2}\,dt\overset{\heartsuit}{=}\\ &\overset{\heartsuit}{=}\ln\left \vert \dfrac{t+1}{t+2}\right \vert^1_0=\\ &=\ln\left(\dfrac{4}{3}\right), \end{aligned}$

dove in $\star$ abbiamo usato le formule parametriche, mentre in $\clubsuit$ la decomposizione in fratti semplici ed in $\heartsuit$ l’integrale di funzione composta

$\int\frac{f^\prime(x)}{f(x)}\,dx=\ln\left \vert f(x)\right \vert+c,$

con $c\in\mathbb{R}$ .

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \dfrac{x+1}{(x+1)(3y+4)-y^2} \,ds = \log\left(\dfrac{4}{3}\right)}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(39) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x\,e^{\arctan\frac{y}{x}}}{\sqrt{1+\arctan^2\frac{y}{x}}}\,ds , \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è data da dall’equazione polare

(40) $\begin{equation*} \rho=\theta \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Parametrizziamo una generico sostegno di una curva $\gamma$ nel piano in coordinate polari

(41) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\rho,\theta\right)=\left(\rho\cos \theta,\rho \sin\theta\right)\quad \text{con}\,\, \rho >0,\theta \in \left[\theta_1,\theta_2\right], \end{equation*}$

applichiamo (40) a (41), ottenendo così

(42) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta,\theta\right)=\overline{\psi}\left(\theta\right)=\left(\theta\cos\theta,\theta\sin\theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]. \end{equation*}$

Deriviamo (42), ottenendo:

(43) $\begin{equation*} \overline{\psi}^\prime\left(\theta\right)=\left(\cos\theta-\theta\sin\theta,\sin\theta+\theta\cos\theta\right) \end{equation*}$

da cui, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\dfrac{x\,e^{\arctan\frac{y}{x}}}{\sqrt{1+\arctan^2\frac{y}{x}}}\,ds& =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\theta\cos\theta \,e^{\arctan\tan \theta}}{\sqrt{1+\arctan^2\tan\theta}}\cdot \sqrt{\left(\cos \theta- \theta \sin \theta\right)^2+\left(\sin \theta+\theta\cos \theta\right)^2}\, d \theta =\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\theta\cos \theta\, e^\theta}{\sqrt{1+\theta^2}}\cdot \sqrt{\cos^2\theta+\theta^2\sin^2\theta+\sin^2\theta+\theta^2\cos^2\theta}\,d \theta=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\theta\cos\theta\,e^\theta}{\sqrt{1+\theta^2}}\cdot \sqrt{1+\theta^2}\,d \theta=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^\theta\theta\cos\theta \, \; d\theta. \end{aligned}$

Desideriamo ora determinare il seguente integrale indefinito:

(44) $\begin{equation*} \int e^\theta\theta\cos \theta \,d \theta. \end{equation*}$

Per far ciò, prima calcoliamo il seguente integrale

(45) $\begin{equation*} \int e^\theta \; \cos \theta \; d \theta , \end{equation*}$

procedendo con l’integrazione per parti

$\begin{aligned} \int e^\theta \cos \theta \, d \theta&=e^\theta \cos \theta +\int e^\theta\sin \theta \, d \theta=\\ &=e^\theta \cos \theta +e^\theta \sin \theta - \int e^\theta \cos \theta \, d \theta, \quad \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} \int e^\theta\, \cos \theta\, d \theta&=e^\theta\left(\dfrac{\cos \theta +\sin \theta }{2}\right)+c_1 =\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^\theta\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)+c_1 , \end{aligned}$

dove $c_1\in \mathbb{R}$ .

Integrando ora per parti (44) e sfruttando il risultato appena ottenuto, abbiamo

$\begin{aligned} \int e^\theta \cos \theta \, d\theta &= \dfrac{\sqrt{2}}{2} e^\theta \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \underbrace{\int e^\theta \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)\, d\theta}_{I}. \end{aligned}$

Per calcolare $I$ operiamo la sostituzione $\theta-\frac{\pi}{4}=z$

(46) $\begin{equation*} I=e^{\frac{\pi}{4}}\int e^z \cos z\, dz \end{equation*}$

e confrontandolo con (45), si ha

(47) $\begin{equation*} I=\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{z+\frac{\pi}{4}} \cos \left(z-\frac{\pi}{4}\right)\overset{\clubsuit}{=}\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^\theta \sin \theta +c_2, \end{equation*}$

dove $c_2 \in \mathbb{R}$ e in $\clubsuit$ si è sostituito $z=\theta-\frac{\pi}{4}$ .

Combinando i risultati ottenuti, possiamo calcolare l’integrale (44), cioè

(48) $\begin{equation*} \int e^{\theta} \theta \cos \theta \, d \theta =\dfrac{\sqrt{2}}{2}\theta e^\theta \cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)-\dfrac{1}{2}e^\theta \sin \theta + c, \end{equation*}$

dove $c=c_1+c_2$ , quindi

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^\theta\theta\cos\theta \, \theta&=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\theta e^\theta \cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)-\dfrac{1}{2}e^\theta \sin \theta\bigg \vert^{\frac{\pi}{4}}_0=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{8}\pi e^{\frac{\pi}{4}}-\dfrac{1}{2}e^{\frac{\pi}{4}}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{4}e^{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right). \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{x\,e^{\arctan\frac{y}{x}}}{\sqrt{1+\arctan^2\frac{y}{x}}}\,ds =\dfrac{\sqrt{2}}{4}e^{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right). }$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(49) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \dfrac{y}{x+2}\,ds, \end{equation*}$

dove la parametrizzazione del sostegno di $\gamma$ è data dall’intersezione del semipiano $y\geq0$ con il cerchio di centro $0$ e raggio $1$ .

Svolgimento.

Innanzitutto la circonferenza di centro $O$ e raggio $1$ ha equazione $x^2+y^2=1$ ed intersecando con il semipiano $y\geq0$ otteniamo la seguente figura 6.

$\quad$

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Figura 6: la semicirconferenza $\gamma$ dell’esercizio 20.

$\quad$

Parametrizziamo l’arco di circonferenza considerato applicando le coordinate polari

(50) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=\left(\cos\theta,\sin\theta\right)\quad \theta \in \left[0,\pi\right]. \end{equation*}$

Dunque, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha:

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \dfrac{y}{x+2}\,ds & = \int_{0}^\pi \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta+2} \; d\theta \\ & = -\ln\left(\cos\theta+2\right)\bigg\vert_{0}^\pi \\ & = -\ln(1)+\ln(3) \\ & = \ln 3. \end{aligned}$

Quindi concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \dfrac{y}{x+2}\,ds=\ln 3. }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(51) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \dfrac{y-x}{xy}\,ds, \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è il segmento che congiunge i punti $(2,5)$ e $(3,6)$ .

Svolgimento.

Innanzitutto calcoliamo la retta passante per i punti $(2,5)$ e $(3,6)$ che ha equazione in forma esplicita³ $y=x+3$ ⁴.

La parametrizzazione del sostegno $\gamma$ è data da

(52) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(x\right)=\left(x,x+3\right)\quad x \in \left[2,3\right]. \end{equation*}$

e la sua derivata è

$\overline{\gamma}^\prime\left(x\right)=(1,1).$

Dunque, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha:

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \dfrac{y-x}{yx}\,ds & = \int_{2}^3 \dfrac{x+3-x}{x(x+3)} \; \sqrt{2}\,dx =\\ & = 3\sqrt{2} \int_{2}^3 \dfrac{1}{x(x+3)} \; dx \overset{*}{=} \\ & =3\sqrt{2}\left( \; \int_2^3 \dfrac{1}{3x} \, dx - \int_2^3 \dfrac{1}{3(x+3)} \, dx\right) = \\ & = \sqrt{2} \left(\ln(x)\bigg\vert_2^3 - \ln(x+3)\bigg\vert_2^3\right) =\\ & = \sqrt{2} \left(\ln(3)-\ln(2) - \ln(6)+\ln(5)\right) =\\ & = \sqrt{2} \ln\left(\dfrac{5}{4}\right) \end{aligned}$

e quindi concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \dfrac{y}{x+2}\,ds=\sqrt{2} \ln\left(\dfrac{5}{4}\right). }$

Il coefficiente angolare è dato da $m=\frac{6-5}{3-2}=1$ e quindi l’equazione è data da $y-5=x-2$ da cui $y=x+3$ . ↩

Per determinare l’equazione della retta passante per i punti $(2, 5)$ e $(3, 6)$ , utilizziamo la formula della retta in forma esplicita:

$y - y_1 = m(x - x_1),$

dove $m$ rappresenta il coefficiente angolare calcolato come

$m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}.$

Sostituendo i valori dei punti dati, otteniamo

$m = \frac{6 - 5}{3 - 2} = 1.$

Sostituendo il coefficiente angolare e le coordinate del punto $(2, 5)$ nella formula, l’equazione diventa

$y - 5 = 1(x - 2).$

Semplificando, otteniamo

$y - 5 = x - 2,$

quindi

$y = x + 3.$

L’equazione della retta è dunque

$y = x + 3.$

↩

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(53) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{x^2+y^2}{3-y}\,ds, \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è una circonferenza di raggio unitario centrata nell’origine.

Svolgimento.

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma$ applicando le coordinate polari

(54) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=\left(\cos\theta,\sin\theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right]. \end{equation*}$

Calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(\theta\right)$

(55) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^{\,\prime}\left(\theta\right)=\left(-\sin \theta,\cos \theta \right) \end{equation*}$

da cui, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ottiene

$\int_{\gamma} \frac{x^2 + y^2}{3 - y} \, ds =\int^{2\pi}_0\dfrac{\cos^2 \theta+\sin^2 \theta}{3-\sin \theta}\sqrt{\cos^2 \theta+\sin^2 \theta}\,d\theta,$

cioè

(56) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \frac{x^2 + y^2}{3 - y} \, ds =\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{3-\sin \theta}\, d \theta . \end{equation*}$

Per calcolare (56) decidiamo di applicare le formule parametriche⁵ ma osserviamo che la funzione $\tan\frac{\theta}{2}$ ha un polo in $x=\pi$ che appartiene all’intervallo di integrazione $[0,2\pi]$ , quindi, per poter applicare le formule parametriche, dobbiamo spezzare l’intervallo di integrazione in due intervalli $[0,\pi)$ e $(\pi,2\pi]$ .

Quindi

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \dfrac{x^2 + y^2}{3 - y} \, ds &=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{3-\dfrac{2t}{1+t^2}}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\,dt +\int_{-\infty}^{0}\dfrac{1}{3-\dfrac{2t}{1+t^2}}\cdot \dfrac{2}{1+t^2}\,dt=\\ &=2\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{3t^2-2t+3}\, dt +2\int_{-\infty}^{0}\dfrac{1}{3t^2-2t+3}\, dt =\\ &=2\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{3t^2-2t+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}+3}=\\ &=2\int_{\mathbb{R}}\dfrac{1}{\left(\sqrt{3}t-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\dfrac{8}{3}}\,dt\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\dfrac{3}{2\sqrt{2}}t-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\right)\bigg \vert_{\mathbb{R}}=\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{\pi}{2}\cdot 2\right)=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato l’integrale notevole

$\int \frac{f^\prime(x)}{c_1^2+f^2(x)}\,dx=\dfrac{1}{\left \vert c_1 \right \vert }\arctan\left(\frac{f\left(x\right)}{\left \vert c_1 \right \vert }\right)+c_2,$

dove $c_1\in \mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $c_2\in \mathbb{R}$ .

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \frac{x^2 + y^2}{3 - y} \, ds =\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pi. }$

Si ricorda che

$\begin{cases} \sin \theta =\frac{2t}{1+t^2}\\ \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\quad \text{con}\,\, \theta \neq\pi+k\pi , k\in \mathbb{Z}\\ \tan\frac{\theta}{2}=t \end{cases}$

dal sistema si trova che

$d\theta=\dfrac{2}{1+t^2}\, dt.$

↩

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale di linea di prima specie

(57) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{1}{\sqrt{(4y^2-20y+26)x}}\,ds, \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è dato dalla porzione di curva descritta dall’equazione $x = (y - 2)(3 - y)$ , avente estremi di ascissa $\frac{3}{16}$ .

Svolgimento.

Innanzitutto troviamo gli estremi di integrazione impostando

$-y^2+5y-6 = \dfrac{3}{16} \quad \Leftrightarrow \quad -16y^2+80y-99=0 \quad \Leftrightarrow \quad y_1 = \dfrac{9}{4}, \quad y_2 = \dfrac{11}{4}.$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma$

(58) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(y\right)=\left(-y^2+5y-6,y\right)\quad y \in \left[\dfrac{9}{4},\dfrac{11}{4}\right] \end{equation*}$

e calcoliamo la derivata di $\overline{\gamma}\left(y\right)$

(59) $\begin{equation*} \overline{\gamma}^\prime\left(y \right)=\left(-2y+5,1\right) \end{equation*}$

da cui, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha

(60) $\begin{equation*} \begin{aligned} \int_{\gamma} \frac{1}{\sqrt{4y^2 - 20y + 26}} x \, ds, & = \int_{\frac{9}{4}}^{\frac{11}{4}}\dfrac{\sqrt{4y^2-20y+26}}{\sqrt{4y^2-20y+26} \; \sqrt{-y^2+5y-6}}\, dy = \\ & = \int_{\frac{9}{4}}^{\frac{11}{4}}\dfrac{1}{\sqrt{-y^2+5y-6}}\, dy = \\ & = 2\int_{\frac{9}{4}}^{\frac{11}{4}}\dfrac{1}{\sqrt{-4y^2+20y-24}}\, dy = \\ & = \int_{\frac{9}{4}}^{\frac{11}{4}}\dfrac{1}{\sqrt{1-(2y-5)^2}}\, dy \overset{\clubsuit}{=} \\ & = \arcsin(2y-5)\bigg\vert_{\frac{9}{4}}^{\frac{11}{4}} = \\ & = \arcsin\left(\dfrac{1}{2}\right) - \arcsin\left(-\dfrac{1}{2}\right) =\\ &= \dfrac{\pi}{3}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato

$\int\dfrac{f^\prime(x)}{1+f^2(x)}\,dx=\arcsin f(x)+c,$

dove $c\in \mathbb{R}$ .

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\dfrac{ds}{\sqrt{(4y^2-20y+26)x}}\,ds = \dfrac{\pi}{3}. }$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri nel piano $(x,z)$ il diagramma della funzione

(61) $\begin{equation*} x\in[0,1]\rightarrow e^{x^2} \end{equation*}$

ruotando di un angolo giro attorno all’asse $z$ , tale diagramma descrive una superficie $S$ .

Verificare che risulta

(62) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(S)}\dfrac{xf(x,y)}{y+2z}\,ds, \end{equation*}$

dove $\Gamma(S)$ è il bordo di $S$ e $f(x,y)$ è la funzione di cui $S$ è il diagramma.

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente $\Gamma(S)$ e $S$

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Figura : la superficie $S$ dell’esercizio 24, dove è visibile, in alto, il suo bordo $\Gamma(S)$ .

$\quad$

Consideriamo la funzione $h:[0,1]\rightarrow[1,e]$ tale che $h(x)=e^{x^2}$ con inversa $g:[1,e]\rightarrow [0,1]$ definita da $g(x)=\left(\ln\left( x\right)\right)^{\frac{1}{2}}$ ⁶.

Si evince facilmente la parametrizzazione della superficie $S$

(63) $\begin{equation*} \Omega=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:x^2+y^2=\ln z,z\in\left[1,e\right]\} \end{equation*}$

per cui (62) diventa

(64) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(s)} \frac{x f(x, y)}{y + 2z} \, ds = \int_{\Gamma(S)}\dfrac{x\,e^{x^2+y^2}}{y+2z}\,\left \vert ds \right \vert. \end{equation*}$

Ora calcoliamo la parametrizzazione di $\Gamma(S)$ che ha equazione cartesiana

(65) $\begin{equation*} \begin{cases} x^2+y^2=1\\ z=e \end{cases} \end{equation*}$

e applicando le coordiante polari abbiamo

(66) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(\theta\right)=\left(\cos \theta,\sin\theta,e\right) \quad \text{con}\,\,\theta\in [0,2\pi] \end{equation*}$

da cui, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si ha

$\begin{aligned} \int_{\Gamma(s)} \frac{x f(x, y)}{y + 2z} \, ds =e\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta+2e}\,d\theta\overset{\clubsuit}{=}e\ln\left(\sin\theta+2e\right)\bigg \vert^{2\pi}_0=0, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ si è usato

$\int\frac{f^\prime(\theta)}{f(\theta)}\,d \theta=\ln\left \vert f(\theta)\right \vert+c,$

dove $c\in \mathbb{R}$ .

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \int_{\Gamma(s)} \frac{x f(x, y)}{y + 2z} \, ds =0.}$

Si osservi che la superficie $S$ è descritta dall’equazione $x^2+y^2=g^2(z)$ , ove $g(z)$ indica come varia il raggio della superficie al variare della direzione verticale $z$ . Tale legge può essere ricavata dalla funzione inversa di $h(x)$ ↩

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale di prima specie

(67) $\begin{equation*} \int_{\gamma}y^2\,ds, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il bordo della superficie $S$ definita da

(68) $\begin{equation*} S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:y=e^x,x\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right], z\in[0,1]\right\}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente $\gamma$ e $S$

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Figura : la superficie $S$ dell’esercizio 25, dove è visibile il suo bordo $\gamma$ composto dalle curve $\gamma_1$ , $\gamma_2$ , $\gamma_3$ , $\gamma_4$ .

$\quad$

dove $\gamma=\gamma_1\cup\gamma_2\cup\gamma_3\cup\gamma_4$ è la curva evidenziata in blu. Riscriviamo (67)

(69) $\begin{equation*} \int_{\gamma} y^2 \, ds= \int_{\gamma}y^2\,ds= \int_{\gamma_1}y^2\,ds+ \int_{\gamma_2}y^2\,ds+ \int_{\gamma_3}y^2\,ds+ \int_{\gamma_4}y^2\,ds \end{equation*}$

e parametrizziamo il sostegno di $\gamma_1$ , $\gamma_2$ , $\gamma_3$ e $\gamma_4$ :

$\begin{aligned} &\overline{\gamma}_1(t)=\left(t,e^t,1\right)\quad\,\, \text{con}\,\,\, t\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]\\ &\overline{\gamma}_2(t)=\left(\frac{\pi}{4},e^{\frac{\pi}{4}} ,t\right)\quad\, \text{con}\,\, t\in\left[0,1\right]\\ &\overline{\gamma}_3(t)=\left(t,e^t,0\right)\quad \,\,\, \text{con}\,\, t\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]\\&\overline{\gamma}_4(t)=\left(0,1,t\right)\quad\quad \text{con}\,\, t\in\left[0,1\right] \end{aligned}$

da cui, applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, si trova

$\begin{aligned} \int_{\gamma} y^2 \, ds&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^{2t}\sqrt{1+e^{2t}}\,dt+\int_{0}^{1}e^{\frac{\pi}{2}} \, dt+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^{2t}\sqrt{1+e^{2t}}\,dt+\int_{0}^{1}\,dt=\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}2e^{2t}\sqrt{1+e^{2t}}\,dt + e^{\frac{\pi}{2}} + 1 \overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}\dfrac{\left(1+e^{2t}\right)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\bigg \vert^\frac{\pi}{4}_0 + e^{\frac{\pi}{2}} + 1 =\\ &=\dfrac{2}{3}\left(\left(1+e^\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{3}{2}}-2^{\frac{3}{2}}\right) + 1+e^{\frac{\pi}{2}}. \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato $\int f^\alpha(x)f^\prime(x)\,dx=\dfrac{f^{\alpha+1}(x)}{\alpha+1}+c.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} y^2 \, ds=\dfrac{2}{3}\left(\left(1+e^\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{3}{2}}-2^{\frac{3}{2}}\right) + 1+e^{\frac{\pi}{2}}. }$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Detta $S$ la superficie di equazioni parametriche

(70) $\begin{equation*} \begin{cases} x=u\left(v-1\right)\\ y=u+v-uv\\ z=v\left(u-1\right), \end{cases} \end{equation*}$

dove $B$ è il dominio tratteggiato in figura 7, sia $\Gamma$ la parte di bordo di $S$ giacente nel piano di equazione

(71) $\begin{equation*} x+y+z=0, \end{equation*}$

dimostrare che

(72) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(S)}\dfrac{\sin\left(x+y\right)+2z+1}{y^2+3y+2}\,ds=\sqrt{2}\ln\left(\dfrac{6}{5}\right). \end{equation*}$

$\quad$

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Figura 7: dominio $B$ relativo all’esercizio 26.

$\quad$

Svolgimento.

Da (70) e (71) otteniamo

(73) $\begin{equation*} uv-u+u+v-uv+vu-v =0\quad \Leftrightarrow \quad uv=0 \end{equation*}$

da cui possiamo riscrivere (70) come segue⁷

(74) $\begin{equation*} \begin{cases} x=uv-u=-u\\ y=u+v-uv=u+v=u\\ z=uv-v=0. \end{cases} \end{equation*}$

Imponendo che

(75) $\begin{equation*} \begin{cases} u=v^2+1\\ v=0 \end{cases} \end{equation*}$

si trova che $u=1$ e dal grafico si evince che $u\in \left[1,3\right]$ .

Possiamo ora risolvere (72), applicando la definizione di integrale di linea di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\Gamma} \frac{\sin(x + y) + 2z + 1}{y^2 + 3y + 2} \, ds&=\sqrt{2}\int_{1}^{3}\dfrac{1}{u^2+3u+2}\,du=\\ & =\sqrt{2}\int_{1}^{3}\dfrac{1}{\left(u+1\right)\left(u+2\right)}\,du\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}\sqrt{2}\int_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{u+1}-\dfrac{1}{u+2}\right)\,du \overset{\diamondsuit}{=}\\ & \overset{\diamondsuit}{=}\sqrt{2}\ln\left\vert \dfrac{u+1}{u+2}\right \vert\bigg \vert^3_1=\\ & =\sqrt{2}\ln\left(\dfrac{6}{5}\right), \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ si è usata da decomposizione in fratti semplice e in $\diamondsuit$ si è usato $\int\frac{f^\prime(u)}{f(u)}\,du=\ln\left \vert f(u)\right \vert +c$ , con $c\in\mathbb{R}$ . In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\Gamma} \frac{\sin(x + y) + 2z + 1}{y^2 + 3y + 2} \, ds=\sqrt{2}\ln\left(\dfrac{6}{5}\right). }$

da cui la tesi.

Imponiamo che $v=0$ per la condizione $uv=0.$ ↩

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Detta $S$ la superficie di equazioni parametriche

(76) $\begin{equation*} \begin{cases} x=uv\\ y=v\left(1-u\right)\\ z=u-v+uv, \end{cases} \end{equation*}$

dove $B$ è il dominio tratteggiato in figura 8, sia $\Gamma$ la parte del bordo di $S$ contenuta nell’asse $z$ .

Dimostrare che

(77) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(S)}\dfrac{\left(z-4\right)\left(\cos y+1\right)}{\left(\sin x +2\right)\left(z^2-7z+10\right)}\,ds=\dfrac{2}{3}\ln\dfrac{6}{7}+\dfrac{1}{3}\ln\dfrac{15}{16}. \end{equation*}$

$\quad$

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Figura 8: dominio $B$ relativo all’esercizio 27.

$\quad$

Svolgimento.

Essendo $\Gamma$ contenuta nell’asse $z$ ⁸ possiamo impostare il seguente sistema

(78) $\begin{equation*} \begin{cases} x=uv=0\\ y=v\left(1-u\right)=0\\ z=u-v+uv \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(79) $\begin{equation*} \begin{cases} x=uv=0\\ y=0\\ z=u. \end{cases} \end{equation*}$

Non ci resta che capire dove varia $u$ . Tenendo conto che $v=0$ possiamo osservare dal grafico che $u \in [-1/3,0]$ , per cui (77), applicando la definizione di integrale di linea di prima specie, diventa:

$\begin{aligned} \int_{\Gamma} \frac{(z - 4)(\cos y + 1)}{(\sin x + 2)(z^2 - 7z + 10)} \, ds&=\int_{-\frac{1}{3}}^{0}\dfrac{2\left(u-4\right)}{2\left(u^2-7u+10\right)}\,du=\\ &=\int_{-\frac{1}{3}}^{0}\dfrac{u-4}{\left(u-5\right)\left(u-2\right)}\,du\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}\int_{-\frac{1}{3}}^{0}\left(\dfrac{2}{3\left(u-2\right)}+\frac{1}{3\left(u-5\right)}\right)\,du \overset{\diamond}{=}\\ &\overset{\diamond}{=}\left(\dfrac{2}{3}\ln \left \vert x-2\right \vert +\dfrac{1}{3}\ln \left \vert x-5 \right \vert \right)\bigg \vert^0_{-\frac{1}{3}}=\\ &=\dfrac{2}{3}\ln 2 +\dfrac{1}{3}\ln 5 -\dfrac{2}{3}\ln \left \vert -\dfrac{1}{3}-2\right \vert -\dfrac{1}{3}\ln \left \vert -\dfrac{1}{3}-5\right \vert =\\ &=\dfrac{2}{3}\ln 2 +\dfrac{1}{3}\ln 5-\dfrac{2}{3}\ln \dfrac{7}{3}-\dfrac{1}{3}\ln \dfrac{16}{3}=\\ &=\dfrac{2}{3}\ln \dfrac{6}{7}+\dfrac{1}{3}\ln \dfrac{15}{16}, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato la decomposizione in fratti semplici e in $\diamond$ il fatto che $\int \frac{f^\prime(x)}{f^\alpha(x)}\,dx=\ln\left \vert f(x)\right \vert +\text{c}$ . Quindi

$\displaystyle\int_{\Gamma} \frac{(z - 4)(\cos y + 1)}{(\sin x + 2)(z^2 - 7z + 10)} \, ds=\dfrac{2}{3}\ln 2 +\dfrac{1}{3}\ln 5-\dfrac{2}{3}\ln \dfrac{7}{3}-\dfrac{1}{3}\ln \dfrac{16}{3},$

ovvero

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\Gamma} \frac{(z - 4)(\cos y + 1)}{(\sin x + 2)(z^2 - 7z + 10)} \, ds=\dfrac{2}{3}\ln \dfrac{6}{7}+\dfrac{1}{3}\ln \dfrac{15}{16}. }$

Dunque abbiamo ottenuto la tesi.

L’asse $z$ si può scrivere come l’insieme $\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ , tale che $x = y = 0\}$ . ↩

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Detta $S$ la superficie di equazione parametriche:

(80) $\begin{equation*} \begin{cases} x=v+\ln u\\ y=-\ln u\\ z=u+\ln u \end{cases} \end{equation*}$

dove $B$ è il dominio tratteggiato in figura 9, sia $\Gamma$ l’arco del bordo di $S$ contenuto nella retta parallela all’asse $x$ passante per il punto $(-2,0,1)$ .

Dimostrare che

(81) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(S)}\dfrac{4-y}{\left(x^2+2x-3\right)\cos\left(z-1\right)}\,ds=\ln\left(\dfrac{3-e}{1+e}\right). \end{equation*}$

$\quad$

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Figura 9: dominio $B$ relativo all’esercizio 28.

$\quad$

Svolgimento.

Essendo $\Gamma$ contenuta nella retta parallela all’asse delle $x$ passante per il punto $(-2,0,1)$ possiamo impostare il seguente sistema:

(82) $\begin{equation*} \begin{cases} x=v+\ln u\\ y=-\ln u=0\\ z=u+\ln u=1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} u=1\\ x=v, \end{cases} \end{equation*}$

quindi la parametrizzazione del bordo è

(83) $\begin{equation*} \overline{\gamma}\left(u\right)=\left(u,0,1\right). \end{equation*}$

Ponendo $u=1$ , dal grafico, risulta $v\in \left[-e,-1\right]$ , dunque, applicando la definizione di integrale di prima specie, otteniamo:

$\begin{aligned} \int_{\Gamma} \frac{4 - y}{(x^2 + 2x - 3)\cos(z - 1)} \, ds&=\int_{-e}^{-1}\dfrac{4}{v^2+2v-3}\,du \overset{\clubsuit}{=}\\ & \overset{\clubsuit}{=}\int_{-e}^{-1}\left(\dfrac{1}{v-1}-\dfrac{1}{v+3}\right)\,dv=\\ & =\ln\left \vert \dfrac{v-1}{v+3}\right \vert \bigg \vert^{-1}_{-e}=\\ &=\ln\left \vert -\dfrac{2}{2}\right \vert - \ln \left \vert \dfrac{-e-1}{-e+3}\right \vert =\\ & =\ln \dfrac{e+1}{3-e}, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato la decomposizione in fratti semplici. In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\Gamma} \frac{4 - y}{(x^2 + 2x - 3)\cos(z - 1)} \, ds=\ln \dfrac{e+1}{3-e},}$

da cui segue la tesi.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Detta $S$ la superficie di equazione parametriche:

(84) $\begin{equation*} \begin{cases} x=u-\cos\left(1+v\right)\\ y= v-u+\cos\left(1+v\right)\\ z=2u-v-\cos\left(1+v\right), \end{cases} \end{equation*}$

$B$ è il dominio tratteggiato in figura 10 mentre il bordo di $S$ è l’unione di tre curve regolari, cioè S applicata alla frontiera di B, una delle quali è un segmento (denotato con $\Gamma$ ).

Dimostrare che

(85) $\begin{equation*} \int_{\Gamma(S)}\dfrac{2y+z+1}{x^2-5x+6}\,ds = \sqrt{6}\ln\left(\dfrac{3}{2}\right). \end{equation*}$

$\quad$

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Figura 10: dominio $B$ relativo all’esercizio 29.

$\quad$

Svolgimento.

Ponendo $v=-1$ , il sistema (84) diventa⁹

(86) $\begin{equation*} \begin{cases} x=u-1\\ y=-u\\ z=2u. \end{cases} \end{equation*}$

Dal grafico possiamo dedurre che $u\in[0,2]$ ottenendo così la parametrizzazione di $\Gamma.$ Calcoliamo (85) applicando la definizione di integrale di prima specie:

$\begin{aligned} \int_{\Gamma} \frac{2y + z + 1}{x^2 - 5x + 6} \, ds&=\int_{\Gamma}\dfrac{2y+z+1}{x^2-5x+6}\,ds=\\ &=\sqrt{6}\int_{0}^{2}\dfrac{1 }{\left(u-1\right)^2-5\left(u-1\right)+6}\,du\overset{u-1=t}{=}\\ &\overset{u-1=t}{=}\sqrt{6}\int_{-1}^{1}\dfrac{1}{t^2-5t+6}\,dt=\\ &=\sqrt{6}\int_{-1}^{1}\dfrac{1}{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}\,dt \overset{\clubsuit}{=}\\ & \overset{\clubsuit}{=}\sqrt{6}\int_{-1}^{1}\left(\dfrac{1}{t-3}-\dfrac{1}{t-2}\right)\,dt=\\ &=\sqrt{6}\ln\left \vert \dfrac{t-3}{t-2}\right \vert \bigg \vert^1_{-1}=\\ &=\sqrt{6}\left(\ln\left \vert \dfrac{1-3}{1-2}\right \vert-\ln\left \vert \dfrac{-1-3}{-1-2}\right \vert \right)=\sqrt{6}\left(\ln 2 -\ln \dfrac{4}{3} \right)=\\ &=\sqrt{6}\ln\left(\dfrac{3}{2}\right), \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato la decomposizione in fratti semplici. Allora

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\Gamma} \frac{2y + z + 1}{x^2 - 5x + 6} \, ds=\sqrt{6}\ln\left(\dfrac{3}{2}\right), }$

come volevasi dimostrare.

Facendo variare $(u,v) \in \partial B$ , si vede che solo su la parte inferiore $\{(u,-1),u\in[0,2]\}$ viene un segmento, calcoliamo l’integrale su quella parte. ↩

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\gamma$ la curva formata dall’unione della semicirconferenza che va da $(1,0)$ a $(5,0)$ e che è contenuta nel semipiano $y \le 0$ , con la semicirconferenza che va da $(5,0)$ a $(-3,0)$ e che è contenuta nel semipiano $y \ge 0$ , come rappresentato in figura 11. Si richiede di calcolare:

$\int_{\gamma} \left(x+y\right) ds.$

Svolgimento.

Di seguito rappresentiamo il sostegno di $\gamma$ .

$\quad$

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Figura 11: la curva $\gamma$ dell’esercizio 30.

$\quad$

Definiamo $\gamma_1$ come il tratto della circonferenza che va dal punto $(1,0)$ al punto $(5,0)$ ed è contenuto nel semipiano $y \leq 0$ . Allo stesso modo, definiamo $\gamma_2$ come il tratto della circonferenza che va dal punto $(5,0)$ al punto $(-3,0)$ ed è contenuto nel semipiano $y \geq 0$ . Le due curve sono tali che $\gamma = \gamma_1 \cup \gamma_2$ .

La parametrizzazione del sostegno di $\gamma_1$ e il sostegno di $\gamma_2$ sono rispettivamente:

$\overline{\gamma}_1(t) = \left(3 + 2\cos t,\, 2\sin t\right) \, t \in \left[-\pi, 0\right]$

$\overline{\gamma}_2(t) = \left(1 + 4\cos t,\, 4\sin t\right) \, t \in \left[0, \pi\right].$

Calcoliamo

$\overline{\gamma}_1^{\,\prime}(t) = \left(-2\sin t,\, 2\cos t\right) \, t \in \left[-\pi, 0\right]$

$\overline{\gamma}_2^{\,\prime}(t) = \left(-4\sin t,\, 4\cos t\right) \, t \in \left[0, \pi\right],$

da cui

$\left|\overline{\gamma}_1(t)\right| = 2$

$\left|\overline{\gamma}_2(t)\right| = 4.$

(87) $\begin{equation*} \begin{split} \int_{\gamma} \left(x+y\right)\,ds&=\int_{\gamma_1}\left(x+y\right)ds+\int_{\gamma_2}\left(x+y\right)ds=\\[10pt] &=2\int^0_{-\pi}\left( 3+2\cos t +2 \sin t \right)dt+4\int^{\pi}_{0}\left( 1+4\cos t +4 \sin t \right)dt=\\[10pt] &=2\left( 3t+2\sin t-2 \cos t \right)^{0}_{-\pi}+4\left( t+4 \sin t -4 \cos t \right)^{\pi}_{0}=\\[10pt] &=2\left(-2+3\pi -2 \right)+4\left(\pi +4 +4\right)=\\[10pt] &=-8+6\pi+4\pi +32=\\[10pt] &=10\pi+24. \end{split} \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \left(x+y\right)\,ds=10\pi+24.}$

Osservazione.

Per spiegare come abbiamo ottenuto le parametrizzazioni dei sostegni di $\gamma_1$ e $\gamma_2$ , possiamo seguire questi passaggi.

$\quad$

Descrizione dei punti e delle circonferenze:
$\quad$
- $\gamma_1$ è la semicirconferenza che va dal punto $(1, 0)$ al punto $(5, 0)$ ed è contenuta nel semipiano $y \leq 0$ .
- $\gamma_2$ è la semicirconferenza che va dal punto $(5, 0)$ al punto $(-3, 0)$ ed è contenuta nel semipiano $y \geq 0$ .

Determinazione dei centri e dei raggi delle semicirconferenze.
$\quad$
- Per $\gamma_1$ , osserviamo che la semicirconferenza è centrata nel punto $(3, 0)$ con raggio 2. Questo perché il centro è a metà tra $(1, 0)$ e $(5, 0)$ , quindi $(\frac{1+5}{2}, 0) = (3, 0)$ .
- Per $\gamma_2$ , la semicirconferenza è centrata nel punto $(1, 0)$ con raggio 4. Questo perché il centro è a metà tra $(5, 0)$ e $(-3, 0)$ , quindi $(\frac{5+(-3)}{2}, 0) = (1, 0)$ .

Parametrizzazione delle semicirconferenze.
$\quad$
- Una semicirconferenza centrata in $(h, k)$ , dove $h, k \in \mathbb{R}$ , con raggio $r > 0$ , può essere parametrizzata come $(h + r \cos(t), k + r \sin(t))$ per $t \in [\alpha, \beta]$ , con $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ .
- Per $\gamma_1$ , che è centrata in $(3, 0)$ con raggio 2 e copre la semicirconferenza inferiore ( $y \leq 0$ ), parametrizziamo con $t$ che va da $-\pi$ a 0:
  $\gamma_1(t) = (3 + 2 \cos t, 2 \sin t), \quad t \in [-\pi, 0].$
- Per $\gamma_2$ , che è centrata in $(1, 0)$ con raggio 4 e copre la semicirconferenza superiore ( $y \geq 0$ ), parametrizziamo con $t$ che va da 0 a $\pi$ :
  $\gamma_2(t) = (1 + 4 \cos t, 4 \sin t), \quad t \in [0, \pi].$

Calcolo delle derivate:
$\quad$
- Per $\gamma_1(t) = (3 + 2 \cos t, 2 \sin t)$ , la derivata rispetto a $t$ è:
  $\gamma_1'(t) = (-2 \sin t, 2 \cos t).$
- Per $\gamma_2(t) = (1 + 4 \cos t, 4 \sin t)$ , la derivata rispetto a $t$ è:
  $\gamma_2'(t) = (-4 \sin t, 4 \cos t).$

Conclusione:
$\quad$
- La parametrizzazione e le derivate calcolate ci permettono di utilizzare queste curve per integrare lungo il percorso $\gamma$ , che è l’unione di $\gamma_1$ e $\gamma_2$ .

Riferimenti bibliografici

[1] Fiorenza, R., Esercitazioni di Analisi Matematica – Volume Secondo,
Liguori Editore, Napoli (1989).

[2] Abate, M. & Tovena, F., Curve e superfici, Springer (2010).

[3] Arnold, V. I., Equazioni differenziali ordinarie, Springer-Verlag Italia (2009).

[4] Apostol, T. M., Analisi Matematica – Volume 2, Bollati Boringhieri (2007).

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