ESERCIZI SVOLTI SULLE CURVE 1. Curve regolari [E.1] Calcolare

ESERCIZI SVOLTI SULLE CURVE
1. Curve regolari
x(t) = arctan(3t + 1)
[E.1] Calcolare il versore tangente alla curva γ :
, t ∈ (−1/4, 1]
y(t) = ln(4t + 1)
nel punto (x(0), y(0)).
Calcoliamo le componenti del vettore derivato γ 0 (t), cioè,
3
4
x0 (t) =
.
e y 0 (t) =
2
1 + (3t + 1)
4t + 1
Si noti che la curva è regolare in (−1/4, 1] e quindi ammette un unico versore
tangente τ (t)
√
0
in ogni punto corrispondente a t ∈ (−1/4, 1]. Pertanto, da kγ (0)k = 73/2, otteniamo
2 3 3
γ 0 (0)
8 √
√
√
=
,4 =
.
τ (0) = 0
,
kγ (0)k
73 2
73 73
π In particolare, la retta tangente alla curva in (x(0), y(0)) =
, 0 sarà
4

π 3

x= + σ
, σ ∈ R.
4 2
y = 4σ

x(t) = t2
3
[E.2] Calcolare la lunghezza della curva γ
t ∈ [0, 1].
y(t) = t − t
3
Osservo che la curva è rettificabile, in quanto γ ∈ C 1 [0, 1], e regolare, perché
anche
0
2
semplice (x(t) è strettamente monotona crescente in [0, 1]) con γ (t) = 2t, t −1 6= (0, 0),
per ogni t ∈ [0, 1]. Quindi, essendo
p
p
kγ 0 (t)k = 4t2 + (t2 − 1)2 = (t2 + 1)2 = |t2 + 1| = t2 + 1, ∀t ∈ [0, 1],
avremo
Z
`γ =
1
(t2 + 1)dt =
0
1
4
+1= .
3
3
2. Curve cartesiane
[E.3] Data la curva cartesiana y = ex/2 , x ∈ [−1, 1], stabilire se la curva è rettificabile e,
in caso di risposta affermativa, calcolarne la lunghezza, quindi dire se è regolare.
Quando una curva è data in forma cartesiana y = f (x), x ∈ I (o, viceversa, x = g(y),
y ∈ J), sappiamo che f ∈ C 1 (I) basta per assicurare che la curva sia regolare. Nel caso in
esame, è evidente f ∈ C 1 [−1, 1], quindi abbiamo in un sol passo regolaritá e rettificabilitá
della curva. Inoltre,
Z p
Z 1r
Z
ex
1 1√
0
2
`γ =
1 + [f (x)] dx =
1 + dx =
4 + ex dx.
4
2
I
−1
−1
1
2
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Sostituiamo τ =
√
4 + ex ossia x = ln(τ 2 − 4), da cui dx =
√
2τ dτ
e
τ2 − 4
Z √4+e
√
√
τ2
4
dτ
=
dτ
4
+
e
−
4 + e−1 + √
√
2
2
4+e−1 τ − 4
4+e−1 τ − 4
Z √4+e
Z √4+e
√
√
dτ
dτ
= 4 + e − 4 + e−1 + √
− √
4+e−1 τ − 2
4+e−1 τ + 2
"
#√4+e
τ − 2
√
√
= 4 + e − 4 + e−1 + ln τ + 2 √ −1
4+e
√
√
√
√
4 + e − 2 4 + e−1 + 2 −1
√
.
= 4 + e − 4 + e + ln √
4 + e + 2 4 + e−1 − 2
Z
4+e
`γ =
[E.4] Data la curva y 2 = x3 , scrivere l’equazione della retta tangente nel punto di
coordinate (1, −1). Quindi, calcolare la lunghezza della curva del primo quadrante di
equazione y 2 = x3 i cui estremi corrispondono ai punti di ascissa x = 0 e x = 1.
Si deve osservare che la sola equazione y 2 = x3 individua il grafico della funzione x =
|y|2/3 (vedi Appendice BPS), che giace nel primo e quarto quadrante, essendo simmetrico
rispetto al semiasse positivo delle x.
Nella prima parte dell’esercizio, ci viene richiesto di considerare la porzione del grafico
che giace nel quarto quadrante, dove la curva si puó
in forma cartesiana y =
scrivere
3
3
1
−x3/2 = f (x), dunque y = y0 + f 0 (x0 )(x − x0 ) = 1 + −
(x − 1) = − x + .
2
2
2
Nella seconda parte dell’esercizio, dobbiamo invece considerare la porzione di grafico
3√
che si trova nel primo quadrante, dove y = φ(x) = x3/2 , quindi, siccome φ0 (x) =
x,
2
r
p
9
avremo 1 + [φ0 (x)]2 =
1 + x. Pertanto la curva γ di cui dobbiamo calcolare la
4
lunghezza è la curva cartesiana y = φ(x) = x3/2 , x ∈ [0, 1],
Z 1r
Z
i 13√13 − 8
9
4 13/4 √
4 2 3/2 13/4
8 h 13 3/2
`γ =
1 + x dx =
τ dτ =
τ =
−1 =
,
4
9 1
93
27
4
27
1
0
9
avendo sostituito τ = 1 + x.
4
3. Curve polari
BPS. Cap.10, Paragrafo 1
hπ π i
[E.5] Data la curva γ in forma polare ρ(ϑ) = ϑ2 −1, ϑ ∈
, , si chiede di stabilire se la
3 2
curva è regolare, rettificabile e in caso di risposta affermativa, di calcolarne la lunghezza.
È noto che, quando una curva γ è data in forma polare ρ = ρ(ϑ) con ϑ ∈ I, si intende
(
x(ϑ) = ρ(ϑ) cos(ϑ)
γ
ϑ ∈ I.
y(ϑ) = ρ(ϑ) sin(ϑ),
p
Quindi la curva è C 1 quando ρ ∈ C 1 (I) e, siccome kγ 0 (ϑ)k = ρ2 (ϑ) + [ρ0 (ϑ)]2 , il vettore
derivato è non nullo quando ρ e la sua derivata non si annullano contemporaneamente.
ESERCIZI SVOLTI SULLE CURVE
3
Quanto alla semplicitá della curva, spesso aiutano considerazioni di monotonia: ricordiamo allora che ρ(ϑ) rappresenta la distanza del relativo punto della curva dall’origine,
quindi, se ρ è strettamente monotona crescente/decrescente,
la curva è certamente semhπ π i
plice. Nel nostro caso, ρ(ϑ) = ϑ2 −1 ∈ C 1 , , pertanto abbiamo una curva rettificabile,
3 2
e semplice (perché ρ è strettamente monotona crescente), con ρ0 (ϑ) = 2ϑ, quindi, essendo
√
kγ 0 (ϑ)k = ϑ4 − 2ϑ2 + 1 + 4ϑ2 = |ϑ2 + 1| = ϑ2 + 1,
hπ π i
0
,
: dunque, la curva è regolare. Quindi,
vediamo subito che kγ (ϑ)k =
6 0 per ogni ϑ ∈
3 2
Z π/2
π π π3 1
1 π
π3
`γ =
(1 + ϑ2 )dϑ = − +
−
= +
.
2
3
3 8 27
6 648
π/3
4. Parametro lunghezza d’arco
BPS. Cap. 10, Paragrafo 2
[E.6] Parametrizzare rispetto al parametro lunghezza d’arco, disegnare e calcolare la
lunghezza della curva γ
(
x(t) = 3t2 − 1
, t ∈ [1, 3].
y(t) = 4t2 + 2
Osserviamo in primo luogo che si tratta di una curva regolare, in quanto γ 0 (t) =
(x0 (t), y 0 (t)) = (6t, 8t) 6= (0, 0), per ogni t ∈ [1, 3]. Pertanto
Z t
Z t
0
s(t) =
kγ (σ)kdσ = 10
σdσ = 5σ 2 |t1 = 5t2 − 5,
1
1
s
che in particolare ci fornisce `γ = s(3) = 40 e t2 = + 1. A questo punto è immediato
5
ri-parametrizzare la curva rispetto al parametro lunghezza d’arco

s
3

x̃(s) = 3
+1 −1= s+2
5
, s ∈ [0, 40].
s5
4

ỹ(s) = 4
+1 +2= s+6
5
5
Per disegnare la curva conviene eliminare il parametro: dalla prima equazione abbiamo
x+1
4
4
10
t2 =
che, sostituito nella seconda equazione, ci fornisce y = (x + 1) + 2 = x + .
3
3
3
3
4
10
Ne segue che il sostegno della curva giace sulla retta di equazione y = x +
e che si
3
3
tratta del segmento orientato che va da A = (2, 6) a B = (26, 38).
5. Integrali di linea di prima specie
(
x(t) = et − t
[E.7] Data la curva γ
t ∈ [0, 1], si chiede:
y(t) = 4et/2
(1) di stabilire se la curva è rettificabile e in caso di risposta affermativa, calcolarne
la lunghezza;
4
ESERCIZI SVOLTI SULLE CURVE
Siccome x, y ∈ C 1 [0, 1], la curva, essendo C 1 , è rettificabile. Inoltre,
(
Z 1
p
x0 (t) = et − 1
t
0
0
2
0
2
(et +1)dt = e−1+1 = e.
⇒ kγ (t)k = x (t) + y (t) = e +1 ⇒ `γ =
y 0 (t) = 2et/2
0
(2) di stabilire se la curva è regolare e, in caso di risposta affermativa, scrivere le
equazioni della rette normale e tangente alla curva nel punto γ(1/2);
Sapendo giá che la curva è C 1 , resta da controllare che la curva sia semplice e
con vettore derivato non nullo: in effetti, kγ 0 (t)k = et + 1 assicura che il vettore
derivato non si annulla mai, mentre il fatto che y(t) (in effetti anche x(t) lo è)
sia strettamente monotona crescente
di concludere√
che la curva
è anche
√ permette
√
√
1
0
4
4
semplice. Calcoliamo γ(1/2) = ( e − 2 , 4 e) e γ (1/2) = ( e − 1, 2 e), da cui
otteniamo subito
(
(
√
√
√
√
x(t) = e − 12 + ( e − 1)(t − 1/2)
x(t) = e − 21 + 2 4 e(t − 1/2)
rtang
rnorm
√
√
√
√
y(t) = 4 4 e + 2 4 e(t − 1/2)
y(t) = 4 4 e − ( e − 1)(t − 1/2),
x − y2
.
(3) di integrare lungo γ la funzione f (x, y) =
x + 2 ln y − 2 ln 4
Osserviamo che f è definita e continua in A = {(x, y) : y > 0, x + 2 ln y −
2 ln 4 6= 0}: mentre è evidente che y(t) > 0, controlliamo che la seconda condizione
sia verificata dai punti sul sostegno della curva x(t) + 2 ln y(t) − 2 ln 4 = et − t +
2 ln 4 + t − 2 ln 4 = et > 0. Ne segue
et − t − 16et
f (γ(t)) = f (x(t), y(t)) =
= −(15 + te−t ),
et
da cui, per definizione di integrale curvilineo di I specie, abbiamo
Z
Z 1
Z 1
Z 1
0
−t
t
f ds =
f (γ(t))kγ (t)kdt = −
(15 + te )(e + 1)dt = −
(15 + t + te−t + 15et )dt
γ
0
0
1
0
1
1 2
30e2 + 3e − 4
−
te−t dt − 15(e − 1) = − + − 1 − 15e = −
,
2
2 e
2e
0
perché, per parti,
Z
Z
−t
−t
− te dt = te − e−t dt = (t + 1)e−t .
Z
= −15 −
t ∈ R.