Esercizi IV settimana

27 ottobre 2011

1. Dire se la funzione r : [0, π] × [0, 2π] → ℝ^{3}

r(t, s) = (sin^{2} t cos s, sin^{2} t sin s, cos^{2} t)

definisce o meno una superficie parametrizzata regolare.

2. Studiare le proprietà delle superfici ottenute ruotando la curva

x = z(z − 1), z ∈ [0, 1]

sia attorno all’asse z che attorno all’asse x.

3. Dire se si può applicare il Teorema della funzione implicita alla funzione

f(x, y, z) = (xy − z, x^{2}y^{3} − z)

nel punto (1, 1, 1). Determinare eventualmente la parametrizzazione del livello di f cui il punto (1, 1, 1) appartiene.

4. Determinare massa, baricentro e momenti di inerzia della curva

y = \frac{1}{x}, x ∈ [\frac{1}{2}, 2]

con densità di massa descritta dalla funzione f(x, y) = x.

Soluzioni

1. La parametrizzazione è sicuramente di classe C^{1}; per le derivate abbiamo che

r_{t}(t, s) = 2 cos t sin t(cos s, sin s, −1),

mentre

r_{s}(t, s) = (− sin^{2} t sin s, sin^{2} t cos s, 0).

Quindi

r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s) = 2 sin^{3} t cos t(cos s, sin s, 1),

da cui

∥r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s)∥ = 2\sqrt{2} sin^{3} t| cos t|;

quindi la parametrizzazione non è regolare per t = 0, π/2, π.

2. Si tratta di ruotare la curva che nel piano xz è parametrizzata da

r(t) = (t(t − 1), t), t ∈ [0, 1].

Abbiamo allora che r′(t) = (2t − 1, 1), cioè ∥r′(t)∥ = \sqrt{4t^{2} − 4t + 2}, quindi la curva è regolare. Siccome per t = 0, 1 r_{1}(t) = 0, allora la curva ruotata attorno all’asse z non sarà regolare in tali punti. La parametrizzazione della curva ruotata attorno a z sarà quindi data da

r(t, s) = (t(t − 1) cos s, t(t − 1) sin s, t)

e tale superficie è rappresentata in Figura 1(a). Per la rotazione attorno ad x, avremo che r_{2}(t) = 0 per t = 0 e quindi in tale punto la superficie non sarà regolare; per la parametrizzazione si avrà che

r(t, s) = (t(t − 1), t cos s, t sin s)

e tale superficie è rappresentata in Figura 1(b).

(a) Rotazione attorno ad asse z (b) Rotazione attorno ad asse x

Figura 1: Rotazioni della curva r attorno ai due assi, z e x.

3. Calcoliamo la matrice Jacobiana di f,

Df(x, y, z) = ( \begin{matrix}y & x & −1 \\ 2xy^{3} & 3x^{2}y^{2} & −1 \end{matrix} ) .

In (1, 1, 1) tale matrice vale

Df(1, 1, 1) = ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 2 & 3 & −1 \end{matrix} )

e quindi il rango è pari a 2 in tale punto, quindi si può applicare il teorema della funzione implicita per dire che intorno a (1, 1, 1) l’insieme {f(x, y, z) = (0, 0)} è localmente una curva. La parametrizzazione locale si può ottenere determinando

\{ \begin{matrix}xy = z \\ x^{2}y^{3} = z. \end{matrix}

Parametrizzando ponendo y = t si trova la curva

r(t) = (\frac{1}{t^{2}} , t, \frac{1}{t}).

Questa parametrizzazione è definita per t intorno ad 1 mentre diventa degenere per t → 0. Ci si può chiedere se esiste una parametrizzazione globale; in realtà si può vedere che l’insieme {f(x, y, z) = (0, 0)} non è globalmente una curva, ma ha dei punti singolari.

4. La curva è parametrizzata da

r(t) = (t, \frac{1}{t}), t ∈ [1/2, 2].

Abbiamo che r′(t) = (1, −1/t^{2}) e quindi ∥r′(t)∥ = \sqrt{t^{4} + 1}/t, cioè la curva è regolare. La sua massa sarà quindi data da

m = ∫_{r} f = ∫_{1/2}^{2} f(r(t))∥r′(t)∥dt

= ∫_{1/2}^{2} \frac{\sqrt{t^{4} + 1}}{t}dt.

Ponendo s = t^{2}, si arriva all’integrale

m =\frac{1}{2} ∫_{1/4}^{4} \frac{\sqrt{s^{2} + 1}}{s}ds = \frac{1}{2} ∫_{ln(^{\frac{1+\sqrt{17}}{4}} )}^{ln(4+\sqrt{17})} \frac{cosh^{2} α}{sinh α}dα = \frac{1}{4} ∫_{ln(^{\frac{1+\sqrt{17}}{4}} )}^{ln(4+\sqrt{17})} \frac{e^{4α} + 2e^{2α} + 1}{e^{2}α(e^{2α} − 1)}e^{α}dα

=\frac{1}{4} ∫ 4+\sqrt{17}_{\frac{1+\sqrt{17}}{4}} \frac{τ^{4} + 2τ^{2} + 1}{τ^{2}(τ^{2} − 1)}dτ

dove abbiamo effettuato le due sostituzioni s = sinh α e poi τ = e^{α}. A questo punto si nota che

\frac{τ^{4} + 2τ^{2} + 1}{τ^{2}(τ^{2} − 1)} = 1 + \frac{3τ^{2} + 1}{τ^{2}(τ^{2} − 1)}

ed inoltre che

\frac{3τ^{2} + 1}{τ^{2}(τ^{2} − 1)} = −\frac{1}{τ^{2}} + \frac{2}{τ − 1} − \frac{2}{τ + 1},

da cui si deduce che

m = \frac{3\sqrt{17}}{8} − \frac{1}{2} ln(13 − 3\sqrt{17}) + ln 2.

La determinazione del baricentro in questo caso non è agevole in quanto si tratta di calcolare i seguenti integrali;

\overline{x} = \frac{1}{m} ∫_{1/2}^{2} \sqrt{t^{4} + 1}dt,

e

\overline{y} = \frac{1}{m} ∫_{1/2}^{2} \frac{\sqrt{t^{4} + 1}}{t^{2}}dt,

e questi due integrali non sono facilmente calcolabili. I momenti di inerzia invece si possono calcolare in modo analogo a quanto fatto per il calcolo della massa in quanto

I_{x} = ∫_{1/2}^{2} \frac{\sqrt{t^{4} + 1}}{t^{3}}dt = \frac{15}{8} + \frac{3\sqrt{17}}{4},

mentre

I_{y} = ∫_{1/2}^{2} t\sqrt{t^{4} + 1}dt = \frac{15}{16} + \frac{75\sqrt{17}}{64}.

Infine avremo che

I_{z} = I_{x} + I_{y} = \frac{45}{16} + \frac{123\sqrt{17}}{64}.