Esercizi VII settimana

17 novembre 2011

1. Si calcoli l’area della superficie parametrizzata da r(t, s) = (t cos s, t sin s, t^{2}), (t, s) ∈ [0, 1] × [0, π].

2. Calcolare il seguente integrale di superficie ∫_{Σ} zdΣ

con Σ = \{z = xy, 0 ≤ x\sqrt{3}, x^{2} + y^{2} ≤ 1\}.

3. Determinare il flusso del campo F (x, y, z) = (0, ye^{−x}, 0) passante per la superficie Σ = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} = 1, 0 ≤ z ≤ y}.

4. Si classifichino le seguenti forme quadratiche:

q(a, b) = − a^{2} + 2b^{2} − 2ab,
q(a, b, c) =2a^{2} − b^{2} + c^{2} − 4ab + 6bc,
q(a, b, c, d) =7a^{2} + 3b^{2} + 5d^{2} + 4ab + 2bc + 2bd + 8cd.

Soluzioni

1. La superficie è un mezzo paraboloide (vedere Figura 1). Per il calcolo dell’area,

Figura 1:

notiamo che

r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s) = (cos s, sin s, 2t) × (−t sin s, t cos s, 0) = (−2t^{2} cos s, −2t^{2} sin s, t), da cui

∥r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s)∥ = t\sqrt{1 + 4t^{2}}..

L’area della superficie è quindi data da

Area(Σ) = |Σ| = ∫_{0}^{1} dt ∫_{0}^{π} t\sqrt{1 + 4t^{2}}ds = \frac{π}{12}(5\sqrt{5} − 1).

2. La superficie data è il grafico della funzione g(x, y) = xy sul dominio

D = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x\sqrt{3}\}.

Tale superficie è rappresentata in Figura 2. Quindi l’integrale di superficie è dato da

Figura 2:

∫_{Σ} zdΣ = ∫_{D} g(x, y)\sqrt{1 + ∥∇g(x, y)∥^{2}}dxdy = ∫_{D} xy\sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}}
= ∫_{0}^{π/3} dϑ ∫_{0}^{1} ϱ^{3} cos ϑ sin ϑ\sqrt{1 + 4ϱ^{2}}dϱ = \frac{25\sqrt{5} + 1}{320}.

3. La superficie è rappresentata in Figura 3; si nota che Σ non è chiusa e quindi non possiamo eventualmente applicare il Teorema della divergenza, a meno di non aggiungere a Σ altre superfici per ottenere il bordo di un insieme. Applichiamo quindi la definizione di flusso; sfruttiamo la seguente parametrizzazione di Σ

r(t, s) = (cos t, sin t, s), (t, s) ∈ D = {(t, s) ∈ R^{2} : t ∈ [0, π], 0 ≤ s ≤ sin t}.

Otteniamo quindi che

r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s) = (− sin t, cos t, 0) × (0, 0, 1) = (cos t, sin t, 0),

da cui

Φ(F, Σ) = ∫_{Σ} F · n̂_{Σ}dΣ = ∫_{D} F (r(t, s)) · r_{t}(t, s) × r_{s}(t, s)dtds
= ∫_{0}^{π} dt ∫_{0}^{sin t}(0, sin te^{− cos t}, 0) · (cos t, sin t, 0)ds
= ∫_{0}^{π} dt ∫_{0}^{sin t} sin^{2} te^{− cos t}ds = ∫_{0}^{π} sin^{3} te^{− cos t}dt = ∫_{−1}^{1}(1 − x^{2})e^{−x}dx = 4e^{−1}.

Figura 3:

4. Nel primo caso, la matrice associata alla forma quadratica q è data da

A = ( \begin{matrix}−1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix} ) .

Tale matrice ha determinante pari a −3 < 0, quindi è indefinita in quanto i due autovalori sono non nulli e di segno discorde. Nel secondo caso, la matrice associata alla forma quadratica è data da

A = ( \begin{matrix}2 & −2 & 0 \\ −2 & −1 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \end{matrix} );

in questo caso utilizziamo il Teorema di Sylvestre; abbiamo che A_{1} = 2 > 0, mentre, posto

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

allora detA_{2} = −7 < 0. Basta questo per capire che la matrice A è indefinita e quindi anche la forma quadratica è indefinita. Si noti che infine A_{3} = A e detA = −24; siccome trA = 2 se ne deduce che un autovalore è negativo e che gli altri due sono positivi, quindi ancora che la matrice è indefinita. Nell’ultimo caso, abbiamo la matrice

A = ( \begin{matrix}7 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 4 & 5 \end{matrix} );

qui abbiamo i minori principali dati da A_{1} = 7 > 0,

A_{2} = ( \begin{matrix}7 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix} ) ,

e detA_{2} = 17 > 0,

A_{3} = ( \begin{matrix}7 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

e quindi detA_{3} = −7. Basta questo per concludere che A è indefinita. Se si volesse tuttavia calcolare il determinante anche della matrice A, potremmo effettuare lo sviluppo ad esempio rispetto alla prima colonna per ottenere che

detA = 7det ( \begin{matrix}3 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \\ 1 & 4 & 5 \end{matrix} ) − 2det ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \\ 1 & 4 & 5 \end{matrix} ) = −251.

Notando poi che trA = 15, se ne deduce che almeno un autovalore deve essere negativo ma non tutti, da cui ancora la indefinitezza di A.