Esercizio lavoro campo vettoriale

[HaldoSax]

Buon giorno a tutti, sto studiando per dare l'esame di analisi 3 e ho trovato questo esercizio senza risultato e soluzione. L'ho svolto interamente ma non sono molto sicuro del risultato, ringrazio anticipamente chiunque mi risponderà . L'esercizio è il seguente:
a) Sia $\gamma$ la curva in $R^3$ data dal sistema

\begin{equation}
\begin{cases}
x^2+y^2=4\\x+2z-3=0
\end{cases}
\end{equation}

Orientata in senso antiorario rispetto alla direzione normale (1,0,2). Calcolare il lavoro lungo $\gamma$ del campo vettoriale:

\begin{equation}
F(x,y,z)=(2x+y^2-e^{x^2},z^2+e^{y^2},5x^2y+e^{z^2})
\end{equation}

b) sia $M=\phi(D)$ dove

\begin{equation}
\phi(u,v)=(Ch(u) cos(v),Ch(u)sen(v),u) D=[0,1] \times [0,\pi] \in R^2
\end{equation}

Dove $Chu=(e^u+e^{-u})/2$. Calcolare $\int_M f d\sigma$, dove $f(x,y,z)=z+3$

Soluzione:

Prima di tutto ho notato che il campo è irrotazionale in quanto:

\begin{equation}
\vec{\nabla}\times\vec{F}=(5x^2-2z,-10x,-2y)
\end{equation}

Quindi posso applicare il teorema di Stokes:

\begin{equation}
\int_\gamma<\vec{F},\vec{\tau}>ds=\int_S<\vec{\nabla}\times\vec{F},\vec{\nu}>d\sigma
\end{equation}

dove $\tau$ versore tangente e $\nu$ versore normale.

Da qui in poi nascono tutti i mie dubbi e incertezze:

Calcolo il prodotto scalare: $<\vec{\nabla}\times\vec{F},\vec{\nu}>$=$<(5x^2-2z,-10x,-2y),(1,0,2)>$=$5x^2-27-4y$

Paramatrizzo la curva data in questo modo, $\gamma(x,y)=(x,y,\frac{3-x}{2})$ e passo in coordinate polari
\begin{equation}
\begin{cases}
x=\rho cos\theta\\y=\rho sen\theta
\end{cases}
\end{equation}

con $\rho \in [0,2]$ e $\theta \in [0,2\pi]$

quindi il flusso del rotore diventa:

\begin{equation}
\int_D 5x^2-2z-4y dx dy= \int_0^2 \int_0^{2\pi} (5\rho^2 (cos\theta)^2-3+\rho cos\theta-4\rho sen\theta)\rho d\theta d\rho
\end{equation}

integrando prima in $\rho$ si ottiene:

\begin{equation}
\int_0^{2\pi}20(cos\theta)^2-6+\frac{8}{3}cos\theta-\frac{32}{3}sen\theta d\theta
\end{equation}

gli integrali $sen\theta$ $cos\theta$ si annullano e rimangono:

\begin{equation}
\int_0^{2\pi}20(cos\theta)^2-6 d\theta=20\pi-12\pi=8\pi
\end{equation}

Parte b)

So che


\begin{equation}
d\sigma=\| \partial_u \phi \wedge \partial_v \phi \| du dv
\end{equation}

$\|\|\partial_u \phi \wedge \partial_v \phi \|\|=(Ch(u)cos(v),-Ch(u)sen(v),-Sh(u)Ch(v))$

quindi $\|\| \partial_u \phi \wedge \partial_v \phi \|\|=Ch^2(u)$

di conseguenza

\begin{equation}
\int_M z+3 d\sigma=\int_0^1 \int_0^\pi (u+3)^2 Ch^2(u)dv du=\pi \int_0^1 (u+3)(\frac{e^u+e^{-u}}{2})^2du
\end{equation}

svolgendo tutti i conti ottengo $\frac{7}{8}\piCh2+\frac{7}{4}\pi$

Grazie mille anticipatamente a chiunque mi risponderà.

[HaldoSax]

Grazie mille Tem sei stato chiarissimo