Matematica III - Scritto del 19/06/2006 - Soluzioni degli esercizi

Esercizio 1.

(A) Un lungo conto mostra che il differenziale di omega_a vale
    (x^2 (-a-1)+y^2 (a+1)+z^2 (-a-1)+x(-a-1)+y(-4a-4) +4+4a)dxdydz,
    il tutto fratto f(x,y,z)^3.

(B) Il gradiente della funzione che definisce S_b si annulla solo
    nell'origine, che non appartiene a S_b. Una parametrizzazione
    e' data da g(s,t)=(b(1-t^2)^(1/2) cos s,b(1-t^2)^(1/2) sin s, t),
    dove s varia tra 0 e 2pi, e t varia tra -1 e 1.
    Sostituendo P nell'equazione che definisce S_b si trova b_0=radice
    quadrata di 2.

(C) La parametrizzazione di Sigma_r e' come segue:
    h(a,b)=(1+r cos a cos b, 1+r cos a sin b, r sin a), a in [-pi/2,pi/2],
    b in [0,2pi].  Il conto è facile.

(D) Se b<b_0, S_b e' bordo di un aperto limitato che non contiene P,
    pertanto, per Stokes, l'integrale di omega_(-1) su S_b vale 0.
    Se b>b_0, si puo' scegliere r sufficientemente piccolo affinche'
    l'unione di Sigma_r e S_b sia il bordo di un aperto limitato
    che non contiene P. Ancora per Stokes, l'integrale di omega_(-1)
    su S_b e' pertanto uguale all'integrale su Sigma_r, che e' uguale
    a 4pi.

(E) Sfruttando la parametrizzazione data in (B) (o le formule per l'Area
    delle superfici di rotazione), si ottiene che
    l'Area di S_b e' data da 2pi volte l'integrale tra -1 e 1 di g(t)dt,
    dove g(t)=b(1+t^2 (b^2-1))^(1/2). Dunque g(t)/b^2 tende uniformemente
    a |t| quando b tende a +infinito. Se ne deduce che il limite cercato
    vale 2pi.


Esercizio 2.

(A) No comment.

(B) f_b e' rapporto di funzioni olomorfe. L'unico polo di f_b e' in ib
    (f_b non e' definita in -ib!). Il residuo in ib vale (log (1+b))/(ib).

(C) Per |z| che tende all'infinito, |f(z)| decresce come (log |z|)/|z|^2,
    per cui l'integrale su gamma_2^R decrece come (log R)/R, che tende a 0.

(D) Combinando i punti precedenti e notando che l'integranda è pari
    si ottiene che il primo integrale vale (pi log (1+b))/(2b).
    Poiche' (log (1+t^2))/t^2 e' minore o uguale a 1, si ha che
    (log (1+t^2))/t^2-(log (1+t^2))/(b^2+t^2) e' minore o uguale a
    1/(1+(t^2/b^2)), il cui integrale vale b pi/2, e tende a 0 quando
    b tende a 0. Cio' consente di passare al limite sotto il segno
    di integrale, ottenendo che il secondo valore cercato e' pi/2.