Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Analisi II per Ingegneria Elettronica&Internet, Informatica (frontale e online) 31–07–2020 A.A. 2019/2020, Sessione estiva, secondo appello

Nome(Stampatello)  Cognome(Stampatello)  Matricola

Gli studenti di Elettronica&Internet risolvano gli esercizi 1,2,3,5. Gli studenti di Informatica, A.A.2019/2020 risolvano gli esercizi 1,3,4,5.

Le risposte vanno motivate. Se immotivate, ancorché esatte, non verranno prese in considerazione. I calcoli vanno scritti in maniera esaustiva. Ad esempio il calcolo di un integrale o la risoluzione di una equazione differenziale vanno esplicitate e non basta scrivere la soluzione Chi intende ritirarsi scriva ritirata/o sotto il proprio cognome

1) (7.5 punti) Sia dato nel piano (y, z) in R^{2} l’insieme D = \{(y, z): \sqrt{y} ≤ z ≤ 2 − \sqrt{y}\}.

1.1) Si ruoti D di 360 gradi intorno all’asse z generando il volume V_{z}. Si calcoli il volume di V_{z} (|V_{z}|) e l’area della superficie laterale di V_{z} (|∂V_{z}|)

1.2) Si ruoti D di 360 gradi intorno all’asse y generando il volume V_{y}. Si calcoli il volume di V_{y} (|V_{y}|) e l’area della superficie laterale di V_{y} (|∂V_{y}|)

1.3) Si ruoti D di 360 gradi intorno alla bisettrice del primo e terzo quadrante generando il volume il volume \overline{V} . Si calcoli il volume di \overline{V} (|\overline{V} |) e l’area della superficie laterale di \overline{V} (|∂\overline{V} |)

Gli studenti esibiscano esplicitamente tutti i passaggi per il calcolo degli integrali

2) (7.5 punti) Si consideri la funzione F (x, y, z) = x^{3} + y^{3} − x^{2} − y^{2}/2 + xyz^{2}. Si dimostri che nell’intorno del punto (1, 1/3, 0) la relazione F (x, y, z) + 1/54 = 0 definisce una funzione x = f(y, z) tale che f(1/3, 0) = 1. Si dimostri inoltre che il punto (y, z) = (1/3, 0) è critico per f(y, z) e se ne stabilisca la natura.

3) (7.5 punti) Si risolva la seguente equazione differenziale

\{ \begin{matrix}u_{tt} − a^{2}u_{xx} = sin(t − \frac{x}{a})H(t − \frac{x}{a}) x, t > 0 \\ u(x, 0) = 0, u_{t}(x, 0) = 0, u_{x}(0, t) = t \end{matrix}

3.1) Si dica quanto vale (u_{t} − au_{x})(x, t) quando x = at. Esporre i calcoli e non solo il risultato finale

4) (7.5 punti) Calcolare ∫_{0}^{+∞} \frac{x^{\frac{2}{3}}}{(x + 1)(x + 2)}dx

evidenziando il cammino di integrazione e parametrizzando ogni singolo tratto. L’integrale è reale e voglio un risultato reale.

5) (7.5 punti) Sia data la forma differenziale ω = \frac{2xy^{2}dx}{x^{4} + y^{4}} − \frac{2yx^{2}dy}{x^{4} + y^{4}} . Calcolare ∫_{γ} ω lungo la

curva che in coordinate polari (ϑ, ρ) è data da ρ(ϑ) = e^{ϑ}, π/4 ≤ ϑ ≤ 6π.

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

soluzioni

1.1) Prima soluzione

|V_{z}| = 2π ∫∫_{D} y = 2π ∫_{0}^{1} dyy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} dz = \frac{2π}{5}

Definiamo \underline{γ}(t) = (t, 2 − \sqrt{t}), \underline{σ}(t) = (t, \sqrt{t}), 0 ≤ t ≤ 1.

|∂V_{z}| = 2π ∫_{\underline{γ}(t)} yds_{1} + 2π ∫_{\underline{σ}(t)} yds_{2},  ds_{1} = \sqrt{1 + (γ′_{2})^{2}}dt,  ds_{2} = \sqrt{1 + (σ′_{2})^{2}}dt (Δ)

|∂V_{z}| = 4π ∫_{0}^{1} \frac{\sqrt{y}}{2} \sqrt{1 + 4y}dy = 2π (\frac{9\sqrt{5}}{16} − \frac{ln(2 + \sqrt{5})}{32})

Osservazione

|∂V_{z}| = 2π ∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt = 2π ∫_{0}^{1} 2z\sqrt{1 + 4z^{2}}dz

Alcuni hanno parametrizzato \underline{σ}(t) nel seguente modo (z, z^{2}), z ∈ [0, 1] e poi hanno integrato 2π ∫_{0}^{1} z^{2}dz commettendo un doppio errore. Il primo consiste nel fatto che la parametrizzazione della curva è (z^{2}, z) e il secondo nel perdendosi il fattore \sqrt{1 + 4z^{2}} che proviene da ds_{2}. Notare che lo stesso problema non sussiste nel calcolo del volume. Lì si scrive ∫_{0}^{1} π(z^{2})^{2}dz e non c’è alcun fattore aggiuntivo se non dz. Seconda soluzione La superficie è di rotazione (informazione già utilizzata nella precedente soluzione). La parametrizzazione del volume in coordinate cilindriche è x = r cos ϑ, y = r sin φ, z = u φ ∈ [0, 2π], u ∈ [0, 1], r ∈ [0, t(u)] = [0, u^{2}], (tre parametri) x = r cos φ, y = r sin φ, z = u φ ∈ [0, 2π], u ∈ [1, 2], r ∈ [0, t(u)] = [0, (2−u)^{2}], (tre parametri)

|V_{z}| = ∫_{0}^{2π} ∫_{0}^{1} du ∫_{0}^{u^{2}} dr r + ∫_{0}^{2π} ∫_{0}^{1} du ∫_{0}^{(2−u)^{2}} dr r = \frac{π}{5} + \frac{π}{5}

Parametrizziamo ora la superficie laterale

x = t cos ψ, y = t sin ψ, z = σ_{2}(t), t ∈ [0, 1], ψ ∈ [0, 2π], ∥\underline{φ}_{t} ∧ \underline{φ}_{ψ}∥ = \sqrt{t^{2}(1 + (σ′_{2})^{2})}
x = t cos ψ, y = t sin ψ, z = γ_{2}(t), t ∈ [0, 1], ψ ∈ [0, 2π] ∥\underline{φ}_{t} ∧ \underline{φ}_{ψ}∥ = \sqrt{t^{2}(1 + (γ′_{2})^{2})}

e quindi

|∂V_{z}| = 2 ∫_{0}^{2π} ∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt = 2π (\frac{9\sqrt{5}}{16} − \frac{ln(2 + \sqrt{5})}{32})

Terza soluzione Volete usare il teorema di Pappo–Guldino? Andiamo su Wikipedia e leggiamo Il volume di un solido di rotazione Ω ottenuto ruotando una figura piana K di un angolo α ∈ [0, 2π] attorno ad un asse ad essa complanare pari a V = α d A dove d la distanza del baricentro della figura piana dall’asse e A l’area di K. 16/gennaio/2021; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 2

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Prendiamo la curva \underline{σ}. La distanza del baricentro dall’asse di rotazione è esattamente la sua

coordinata y pari a \frac{1}{A} ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} ydz per cui il risultato è |V_{z}| = 2π ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} ydz

Pappo–Guldino per quanto riguarda le superfici recita L’area di una superficie di rotazione ottenuta ruotando una curva piana γ di un angolo α ∈ [0, 2π] attorno ad un asse ad essa complanare è pari a A = α d l dove d la distanza del baricentro della curva dall’asse e l la lunghezza di γ Prendiamo la curva \underline{σ}. La distanza del baricentro dall’asse di rotazione è esattamente la sua coordinata x pari a \frac{1}{l} ∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt per cui la formula diventa \frac{|∂V_{z}|}{2} = 2πl \frac{1}{l} ∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt Il contributo della curva \underline{γ} è lo stesso in quanto 1 − \sqrt{t} = (2 − \sqrt{t}) − 1. Quarta soluzione Integriamo per strati. Fissato z ∈ [0, 1] l’area del disco individuato ha area rispettivamente πz^{4} e π(2 − z)^{4} e quindi il volume è |V_{z}| = ∫_{0}^{1} πz^{4}dz + ∫_{1}^{2} π(2 − z)^{4}dz =

2π ∫_{0}^{1} z^{4}dz = 2π/5.

L’equivalente soluzione per il calcolo della superficie è (Δ) Quinta soluzione Il volume di rotazione è scrivibile come (x^{2} + y^{2})^{\frac{1}{4}} ≤ z ≤ 2 − (x^{2} + y^{2})^{\frac{1}{4}} e quindi

|V_{z}| = ∫ ∫_{x^{2}+y^{2}≤1} ∫_{^{4} \sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{2− ^{4} \sqrt{x^{2}+y^{2}}} dz = ∫_{0}^{2π} dt ∫_{0}^{1} rdr(2 − 2\sqrt{r})

e chiaramente otteniamo il risultato. Per la superficie inferiore abbiamo

\begin{matrix}∫∫_{x^{2}+y^{2}≤1} \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{4(x^{2} + y^{2})^{3/2}} + \frac{y^{2}}{4(x^{2} + y^{2})^{3/2}}} dx dy = ∫∫_{x^{2}+y^{2}≤1} \sqrt{1 + \frac{1}{4\sqrt{x^{2} + y^{2}}}} dx dy = \\ = ∫_{0}^{2π} dt ∫_{0}^{1} r\sqrt{1 + \frac{1}{4r}} dr \end{matrix}

e riotteniamo lo stesso risultato già ottenuto prima. Per la superficie superiore si ha lo stesso identico calcolo 1.2) Prima soluzione

|V_{y}| = 2π ∫∫_{D} z = 2π ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} zdz = π ∫_{0}^{1} dy(4 − 4\sqrt{y}) = \frac{4π}{3}

\begin{matrix}|∂V_{y}| = 2π ∫_{γ_{1}(t)} zds_{1} + 2π ∫_{γ_{2}(t)} zds_{2} = 2π ∫_{0}^{1} dt(2 − \sqrt{t})\sqrt{1 + \frac{1}{4t}} + 2π ∫_{0}^{1} dt\sqrt{t}\sqrt{1 + \frac{1}{4t}} = \\ = 4π\sqrt{5} + 2π ln(2 + \sqrt{5}) \end{matrix}

(Ω)

Seconda soluzione La parametrizzazione del volume è x = r sin φ, z = r cos φ, y = v φ ∈ [0, 2π], v ∈ [0, 1], \sqrt{v} ≤ r ≤ 2 − \sqrt{v}

|v_{z}| = ∫_{0}^{2π} dφ ∫_{0}^{1} dv ∫_{√\overline{v}}^{2−\sqrt{v}} r dr

La parametrizzazine della superficie è

x = γ_{2} cos φ, y = t, z = γ_{2} sin φ, t ∈ [0, 1], φ ∈ [0, 2π], ∥\underline{φ}_{t} ∧ \underline{φ}_{φ}∥ = \sqrt{(γ_{2})^{2}(1 + (γ′_{2})^{2})}

e lo stesso per la parte con \underline{σ}. Gli integrali sono gli stessi di prima.

Terza soluzione Si proceda come prima solo che per trovare la distanza del baricentro dall’asse di rotazione si deve integrare la coordinata z.

Quarta soluzione Integriam per strati. ∫_{0}^{1} dyπ((2 − \sqrt{y})^{2} − (\sqrt{y})^{2}) = π ∫_{0}^{1}(4 − 4\sqrt{y})dy =

π(4 − 4\frac{2}{3}) = \frac{4π}{3}

Per il calcolo della superficie si guardi (Ω)

Quinta soluzione Il volume di rotazione è scrivibile come 0 ≤ y ≤ (x^{2} + z^{2})^{\frac{1}{4}} per x^{2} + z^{2} ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2 − (x^{2} + z^{2})^{\frac{1}{4}} per 1 ≤ x^{2} + y^{2} ≤ 4 e si procede come sopra.

1.3) Prima soluzione

\begin{matrix}|\overline{V} | = 2π ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} dz \frac{|z − y|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}π ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} dz(z − y) = \\ = \sqrt{2}π ∫_{0}^{1} dy (\frac{1}{2}(4 − 4\sqrt{y}) − y(2 − 2\sqrt{y})) = \frac{7\sqrt{2}π}{15} \end{matrix}

\begin{matrix}|∂\overline{V} | = 2π ∫\underline{γ} \frac{z − y}{\sqrt{2}} ds + 2π ∫\underline{σ} \frac{z − y}{\sqrt{2}} ds + 2π ∫_{0}^{2} \frac{z}{\sqrt{2}}dz = \\ = \sqrt{2}π ∫_{0}^{1} \sqrt{1 + 4t}(\frac{1}{\sqrt{t}} − \sqrt{t})dt + 2\sqrt{π} = π\sqrt{2} (\frac{7\sqrt{5}}{16} + \frac{17}{32} ln(2 + \sqrt{5})) + 2\sqrt{2}π \end{matrix}

Seconda soluzione Usiamo Pappo Guldino. Per il volume dobbiamo calcolare 2πdA dove A è l’area della figura individuata dalle due curve e l la distanza dalla bisettrice del baricentro della figura ma detto \underline{B} il baricentro, si ha

\underline{B} = (B_{y}, B_{z}) = (2\frac{1}{A} ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} y dz, \frac{1}{A} ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{y}}^{2−\sqrt{y}} z dz)

e d = \frac{|B_{z} − B_{y}|}{\sqrt{2}}. Il risultato è dunque \sqrt{2}π|B_{z} − B_{y}| = \frac{7\sqrt{2}π}{15}

Per quanto riguarda la superficie dobbiamo calcolare 2πd · l dove l è la lunghezza della figura e d è la distanza dalla bisettrice del baricentro del bordo della figura (compresa la parte che giace sull’asse delle z). Lascio agli studenti desiderosi di superare uno dei prossimi esami l’onere di svolgere i calcoli.

Sulla base delle richieste del ricevimento del giorno 16/01/2021 Svolgo il calcolo.

Dobbiamo calcolare le coordinate del baricentro \underline{B} della curva che consta di tre pezzi e l è la lunghezza della curva.

La coordinata y del baricentro è

B_{y} = \frac{1}{l} [∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt + ∫_{0}^{1} t\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt]

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

La coordinata z del baricentro è

B_{z} = \frac{1}{l} [∫_{0}^{1} \sqrt{t}\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt + ∫_{0}^{1}(2 − \sqrt{t})\sqrt{1 + \frac{1}{4t}}dt + ∫_{0}^{2} tdt]

Poi dobbiamo fare 2πl|B_{z} − B_{y}|/\sqrt{2} = 2πl(B_{z} − B_{y})/\sqrt{2} e otteniamo

π\sqrt{2}2 [1 + \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} \begin{matrix}√ & \overline{1 + 4t} \\ √ & \overline{t} \end{matrix}dt − \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} \sqrt{2 + 4t}dt] uguale a prima

2) Sia P = (1, 1/3, 0) e Q = (1/3, 0) F_{x}(P) = 1 per cui x = f(y, z).

f_{y}(Q) = \frac{−F_{y}(P)}{F_{x}(P)} = 0, f_{z}(Q) = \frac{−F_{z}(P)}{F_{x}(P)} = 0

quindi Q è un punto critivo della funzione f. Il determinante della matrice hessiana è F_{yy}F_{zz} − (F_{yz})^{2}(P) = 1 · \frac{2}{3} − 0 = 2/3 e F_{yy}(P) = 6y − 1|_{y=1/3} = 1 > 0 per cui Q è un massimo (ricordare che il primo termine della matrice hessiana è −F_{yy}/F_{x}.) A quanto pare alcuni hanno tentato una strada diversa, lecita purché percorsa correttamente Si parte dallo sviluppo di Taylor in (1, 1/3, 0) della quantità F (x, y, z) + 1/54

F +\frac{1}{54} = F (1, 1/3, 0)+\frac{1}{54}+(x−1)+2(x−1)^{2}+\underbrace{\frac{1}{2}(y − \frac{1}{3})^{2} + \frac{1}{3}z^{2}}_{Q} + \underbrace{O(∥\underline{x} − \underline{x}_{0}∥^{3})}_{R}, \underline{x}_{0} = (1, 1/3, 0)

F + 1/54 = 0 ci dà

x − 1 = −Q − R − 2(x − 1)^{2} = −Q − \overbrace{R − 2 \underbrace{(−Q − R − 2(x − 1)^{2})^{2}}_{O(∥\underline{x}−\underline{x}_{0}∥^{4})}}^{O(∥\underline{x}−\underline{x}_{0}∥^{3})}

e quindi si ha un massimo dal momento che −Q è una parabola verso il basso.

3) v(x, p) = Lu(x, t) e l’equazione differenziale diventa

p^{2}v − a^{2}v_{xx} = \frac{e^{−px/a}}{p^{2} + 1} , v_{x}(0, p) = 1/p^{2}

L’omogenea al solito è risolta da αe^{−px/a} + βe^{px/a} e per la non omogenea si ricorre al solito a Bxe^{−px/a} con A da calcolare (sia E ≐ e^{−px/a})

p^{2}BxE + 2apBE − zp^{2}BE = \frac{E}{p^{2} + 1} ⟹ B = \frac{1}{2aP (p^{2} + 1)}

e quindi al soluzione, a parte la condizione iniziale è

v(x, p) = αe^{−px/a} + βe^{px/a} + \frac{xe^{−px/a}}{2ap(p^{2} + 1)} (β = 0)

v_{x}(0, p) = \frac{−pα}{a} + \frac{1}{2ap(p^{2} + 1)} = \frac{1}{p^{2}} ⟹ v(x, p) = [\frac{1}{2p^{2}(p^{2} + 1)} − \frac{a}{p^{3}} ] e^{−px/a} + \frac{xe^{−px/a}}{2ap(p^{2} + 1)}

u(x, t) = [\frac{1}{2}(t − \frac{x}{a}) − \frac{1}{2} sin(t − \frac{x}{a}) − \frac{a}{2}(t − \frac{x}{a})^{2}] H(t − \frac{x}{a}) + [\frac{x}{2a} − \frac{x}{2a} cos(t − \frac{x}{a})] H(t − \frac{x}{a})

4) Cammino “a packman”. Il risultato è \frac{2π(2^{2/3} − 1)}{\sqrt{3}}. Senza farla troppo lunga si arriva a

I(1 − e^{\frac{4πi}{3}} ) = 2πi [\frac{e^{iπ \frac{2}{3}}}{(e^{iπ} + 2)} + \frac{2^{\frac{2}{3}} e^{iπ \frac{2}{3}}}{(1 + 2e^{iπ})}] ⟺ Ie^{\frac{2πi}{3}} (−2i) sin \frac{2π}{3} = 2πie^{\frac{2πi}{3}} [1 − 2^{\frac{2}{3}} ]

Avvertimento Alcuni si sono “giocati” l’esercizio scrivendo

[\frac{(−1)^{\frac{2}{3}}}{(e^{iπ} + 2)} + \frac{(−2)^{\frac{2}{3}}}{(1 + 2e^{iπ})}] = [\frac{1}{(e^{iπ} + 2)} + \frac{2^{\frac{2}{3}}}{(1 + 2e^{iπ})}]

che tra l’altro comporta il non poter mandare via l’esponenziale a sinistra.

5) La forma è chiusa e definita ovunque tranne l’origine. La curva non è chiusa, gira 2 volte intorno all’origine e in coordinate polari è (x, y) = e^{ϑ}(cosϑ, sin ϑ). Sia P il punto iniziale (e^{π/4}, e^{π/4}) e Q il punto finale (e^{6π}, 0). Essendo chiusa proviamo a vedere se è esatta in tutto il piano tranne l’origine. In tal caso il risultato, come ampiamente mostrato in numerosi compiti degli anni passati, si ottiene chiudendo la curva con il segmento (\underline{s}) che va da Q a P (con \underline{γ} indichiamo la curva che gira intorno all’origine) e scrivendo

∫\underline{s} ω + ∫\underline{γ} ω = 0 ⟹ ∫\underline{γ} ω = − ∫\underline{s} ω = ∫_{−\underline{s}} ω

È facile vedere che il gradiente della funzione arctan(x^{2}/y^{2}) è pari a (\frac{2xy^{2}}{x^{4} + y^{4}} , \frac{−2yx^{2}}{x^{4} + y^{4}} ) ma così

com’è non basta in quanto la funzione non ha lo stesso dominio della forma. Definiamo allora la funzione: F (x, y) = arctan(x^{2}/y^{2}), se y ≠ 0, e F (x, y) = π/2 se y = 0 ma (x, y) ≠ (0, 0). Si verifichi che F (\underline{x}) ∈ C^{1}(R^{2}\\{\underline{0}\}) e quindi si deduca che la forma è esatta.

Perché non si può fare lo stesso discorso cólla forma differenziale \frac{−ydx}{x^{2} + y^{2}} + \frac{xdy}{x^{2} + y^{2}} ?

Dall’esattezza della forma prescindiamo dalla curva in sé e l’integrale dipende solo dal punto iniziale e finale per cui il risultato è F (Q) − F (P) = \frac{π}{2} − arctan 1 = \frac{π}{4}

Si può notare che anche la funzione G(x, y) = arctan \frac{x^{2} − y^{2}}{x^{2} + y^{2}} soddisfa \underline{∂}G(\underline{x}) = (\frac{2xy^{2}}{x^{4} + y^{4}} , \frac{−2yx^{2}}{x^{4} + y^{4}} )

da cui l’esattezza della forma in quanto il dominio di G(\underline{x}) è esattamente quello della forma. G(Q) − G(P) = arctan 1 − arctan 0 = \frac{π}{4}

Alcuni studenti sono arrivati a scrivere arctan(x^{2}/y^{2}) ma questo non basta in quanto il cammino di integrazione passa più volte per dei punti che hanno l’ordinata pari a zero

Per chi non avesse osservato che la forma è esatta e a rigor di logica nessuno lo ha fatto posto

che non si è andati oltre l’uguaglianza \underline{∂} arctan(x^{2}/y^{2}) = (\frac{2xy^{2}}{x^{4} + y^{4}} , \frac{−2yx^{2}}{x^{4} + y^{4}} ) , non rimaneva

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che integrare lungo la curva.

∮\underline{γ} ω = 2 ∫ 6π_{\frac{π}{4}} \frac{− cos t sin^{3} t + sin t cos^{3} t}{cos^{4} t + sin^{4} t}dt = ∫ 6π_{\frac{π}{4}} \frac{− sin(2t)}{1 − \frac{sin^{2}(2t)}{2}} dt = \frac{1}{2} ∫ 12π_{\frac{π}{2}} \frac{− sin u}{1 − \frac{sin^{2} u}{2}} du =

= \frac{1}{2} ∫ 2π_{\frac{π}{2}} \frac{− sin u}{1 − \frac{sin^{2} u}{2}} du = \frac{1}{2} ∫ 2π_{\frac{3π}{2}} \frac{− sin u}{1 − \frac{sin^{2} u}{2}} du = \frac{1}{2} ∫ 0_{\frac{−π}{2}} \frac{− sin u}{1 − \frac{sin^{2} u}{2}} du = \frac{1}{2} ∫0^{\frac{π}{2}} \frac{sin u}{1 − \frac{sin^{2} u}{2}} du

cos u = x da cui \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} \frac{2dx}{1 + x^{2}} = \frac{π}{4}