Curve e integrali di linea

Si ha ${\gamma }^{\prime }(t)=(2t,6t^2)$, che non si annulla per $t\in [1,2]$ perché $2t\ge 2$, quindi la curva è regolare. Il vettore tangente in $\gamma (1)=(2,2)$ è

Si ha ${\gamma }^{\prime }(t)=(3t^2,6t^5)$, che si annulla per $t=0$, punto interno dell’intervallo, quindi la curva non è regolare; è regolare a tratti con la suddivisione $-1<0<1$. Il sostegno è l’arco di parabola $y=x^2$ con $x\in [-1,1]$, poiché $t^6=(t^3{)}^2$: il sostegno è privo di punti singolari anche se la parametrizzazione non è regolare.

Il punto di tangenza è $\left(\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ e il vettore tangente è ${\gamma }^{\prime }\left(\frac{\pi }{4}\right)=\left(-\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, con coefficiente angolare $-\frac{1}{2}$. La retta tangente ha equazione

Si ha ${\gamma }^{\prime }(t)=(t\cos t,t\sin t)$, quindi $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =t$ per $t\ge 0$ e

Si ha $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{4{\sin }^{2}t+4{\cos }^{2}t+5}=3$ per ogni $t$, quindi

Si ha $f^{\prime }(x)=\sqrt{x}$, quindi $\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}=\sqrt{1+x}$ e

Si ha $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{9+16}=5$, quindi $s(t)=5t$ e $t(s)=\frac{s}{5}$. La parametrizzazione per lunghezza d’arco è

Con la parametrizzazione $\gamma (t)=(t,t)$, $t\in [0,1]$, si ha $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{2}$ e

Si ha $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =\sqrt{2}$ e $z=t$ lungo la curva, quindi

Si ha $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert =5$ e $\delta (\gamma (t))=3t$, quindi

La lunghezza è $L=\frac{\pi }{2}$ e

con $\bar{y}=\bar{x}$ per la simmetria rispetto alla bisettrice. Il baricentro è $G=\left(\frac{2}{\pi },\frac{2}{\pi }\right)$.

Si ha $F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)=t^4\cdot 1+t\cdot 2t=t^4+2t^2$, quindi

Con $\gamma (t)=(2\cos t,2\sin t)$, $t\in [0,2\pi ]$, si ha $F(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)=4{\sin }^{2}t+4{\cos }^{2}t=4$, quindi

Sulla stessa circonferenza percorsa in senso orario il lavoro vale $-8\pi$.