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Forme differenziali esatte – Esercizi

Integrali di linea di seconda specie

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Forme differenziali esatte – Esercizi

 
 

Sommario

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Esercizi sulle forme differenziali: verifica della chiusura e dell’esattezza e determinazione di un eventuale potenziale.

 
 

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Elisa Bucci.


 
 

Esercizi

\[\quad\]

Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)=\dfrac{x}{x+y} \; dx + \dfrac{y}{x+y} \; dy=F_1\,dx+F_2\,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Il dominio di \omega è \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}. Verifichiamo se \omega è chiusa procedendo come segue: Formula con MathJax

\[\displaystyle \left(\dfrac{\partial F_2}{\partial x} - \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \right) = -y(x+y)^{-2} + x(x+y)^{-2} \neq 0.\]

Dal risultato appena ottenuto, deduciamo che \omega non è chiusa e allora non è neanche esatta.


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)= \dfrac{1+y}{1+x} \, dx + \ln(1+x) \, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa. Calcolando le derivate miste

(1) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} = \dfrac{1}{x+1} \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = \dfrac{1}{x+1}, \end{equation*}

osserviamo che sono uguali, quindi possiamo affermare che \omega è chiusa. Il dominio di \omega è

\[\text{Dom} (\omega) = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \vert x>-1 \}\]

che è un insieme semplicemente connesso; per il teorema di Poincaré, la forma \omega è dunque esatta.

Un potenziale di \omega soddisfa

(2) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = \dfrac{1+y}{1+x}\\[11pt] \dfrac{\partial U}{\partial y} = \ln(1+x). \end{cases} \end{equation*}

Da (2)_1 abbiamo

\[U(x,y) = (1+y) \ln(1+x)+a(y).\]

Sostituendo U(x,y) in (2)_2 si ha

\[\dfrac{\partial\left((1+y) \ln(1+x)+a(y)\right)}{\partial y}=\ln\left(1+x\right)+a^\prime(y)=\ln\left(1+x\right) \iff a(y)=\mbox{cost},\]

da cui

\[U(x,y) = (1+y)\ln(1+x)+\text{cost}.\]

Si conclude che il potenziale U richiesto è

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y) = (1+y)\ln(1+x)+\text{cost}.}\]


 
 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)= \dfrac{1}{1+y^2} \, dx -\dfrac{2xy}{\left(x^2+y^2\right)^2}\, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Proveremo che la forma differenziale non è chiusa. Calcoliamo a tale scopo le derivate miste:

(3) \begin{equation*} \begin{split} \frac{\partial F_2}{\partial x} &= -2\left(\frac{y(x^2+y^2)^2 - 2xy(x^2+y^2) \cdot 2x}{(x^2+y^2)^4} \right) \\ &= -2\left(\frac{y(x^2+y^2) - 4x^2y}{(x^2+y^2)^3} \right) \\ &= -2\left(\frac{x^2y + y^3 - 4x^2y}{(x^2+y^2)^3} \right) \\ &= -2\left(\frac{-3x^2y + y^3}{(x^2+y^2)^3} \right) \end{split} \end{equation*}

e

(4) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=-\dfrac{2y}{\left(1+y^2\right)^2}. \end{equation*}

Ciò mostra che

(5) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}\neq \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}

e quindi \omega non è chiusa e di conseguenza neanche esatta.


 
 

Esercizio 4 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)=\left(2y+x\right) \, dx + \left(2x-1\right) \, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa calcolando le derivate miste:

(6) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} = 2 \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = 2; \end{equation*}

osservando che sono uguali, abbiamo quindi che \omega è chiusa. Dato che il dominio di \omega è \mathbb{R}^2, che è un insieme semplicemente connesso, \omega è esatta.

Calcoliamo un potenziale U; esso soddisfa

(7) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = 2y+x\\[11pt] \dfrac{\partial U}{\partial y} = 2x-1. \end{cases} \end{equation*}

Da (7)_1 abbiamo

\[U(x,y) = 2xy+\dfrac{x^2}{2}+a(y).\]

Sostituendo in (7)_2 l’espressione di U(x,y) appena ottenuta si ha

\[2x+a^\prime(y)=2x-1 \iff a^\prime(y)=-1 \iff \quad a(y)=-y+\text{cost},\]

da cui

\[U(x,y) = 2xy+\dfrac{x^2}{2}-y+\text{cost}\]

dove c costante. Si conclude che il potenziale è

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y) = 2xy+\dfrac{x^2}{2}-y+\text{cost}.}\]


 
 

Esercizio 5 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)= e^y\sin\left(x+y\right) \, dx +e^y\left(\sin\left(x+y\right)-\cos\left(x+y\right)\right)\, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa. Calcolando le derivate miste

(8) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=e^y\left(\cos\left(x+y\right)+\sin\left(x+y\right)\right) \end{equation*}

e

(9) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=e^y\sin\left(x+y\right)+e^y\cos\left(x+y\right)=e^y\left(\cos\left(x+y\right)+\sin\left(x+y\right)\right), \end{equation*}

osserviamo che sono uguali, quindi possiamo affermare che \omega è chiusa.Il dominio di \omega è \mathbb{R}^2, che è un insieme semplicemente connesso, pertanto \omega è esatta.

Calcoliamo un potenziale U. Esso soddisfa

(10) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = e^y\sin\left(x+y\right)\\[11pt] \dfrac{\partial U}{\partial y} = e^y\left(\sin\left(x+y\right)-\cos\left(x+y\right)\right). \end{cases} \end{equation*}

Da (10)_1 abbiamo

\[U(x,y) = -e^y\cos\left(x+y\right)+a(y).\]

Sostituendo l’espressione di U(x,y) in (10)_2, si ricava

(11) \begin{equation*} \begin{split} \dfrac{\partial\left(-e^y\cos\left(x+y\right)+a(y)\right)}{\partial y}= e^y\left(\sin\left(x+y\right)-\cos\left(x+y\right)\right), \end{split} \end{equation*}

ossia

(12) \begin{equation*} \begin{split} -e^y\cos\left(x+y\right)+e^y\sin\left(x+y\right)+a^\prime\left(y\right) =e^y\sin\left(x+y\right)-e^y\cos\left(x+y\right) & \iff a^\prime (y)=0 \\ & \iff a(y)=\text{cost}. \end{split} \end{equation*}

Si conclude che il potenziale è

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y) = -e^y\cos\left(x+y\right)+\text{cost}. }\]


 
 

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y,z)= \left(y+z\right) \, dx + \left(x+z\right) \, dy+\left(x+y\right)\,dz=F_1\, dx +F_2 \,dy+F_3\,dz\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa. Calcoliamo il \text{rot}\vec{F} dove \vec{F}=(F_1,F_2,F_3) è il campo vettoriale associato alla forma differenziale:

(13) \begin{align*} \text{rot}\vec{F}&=\text{det}\begin{pmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ \dfrac{\partial }{\partial x} & \dfrac{\partial }{\partial y} & \dfrac{\partial }{\partial z}\\ F_1& F_2& F_3 \end{pmatrix}= \\\\ &=\hat{x}\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial y}-\dfrac{\partial F_2}{\partial z}\right)-\hat{y}\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial z}\right)+\hat{z}\left(\dfrac{\partial F_2}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial y}\right)=\\ &=\left(1-1\right)\,\hat{x}-\hat{y}\left(1-1\right)+\hat{z}\left(1-1\right)=\vec{0}. \end{align*}

Dunque \omega è chiusa. Poiché il suo dominio di \omega è \mathbb{R}^3 che è un semplicemente connesso, essa è anche esatta.

Calcoliamo un potenziale U: una tale funzione deve soddisfare

(14) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = y+z\\[10pt] \dfrac{\partial U}{\partial y} = x+z\\[10pt] \dfrac{\partial U}{\partial z}=x+y. \end{cases} \end{equation*}

Da (14)_1 abbiamo

(15) \begin{equation*} U(x,y,z)=\left(y+z\right)x+c_1(y,z) \end{equation*}

e, sostituendo l’espressione di U(x,y) in (14)_2, ricaviamo

(16) \begin{equation*} \dfrac{\partial U}{\partial y}=x+\dfrac{\partial c_1}{\partial y}\left(y,z\right)=x+z \iff c_1(y,z)=yz+c_2(z), \end{equation*}

per cui

(17) \begin{equation*} U(x,y,z)=yx+zx+yz+c_2\left(z\right). \end{equation*}

Sostituiamo ora quest’ultima espressione di U(x,y,z) in (14)_3, ottenendo

(18) \begin{equation*} \dfrac{\partial U}{\partial z}=x+y+\dfrac{dc_2}{dz}(z)=x+y \iff c_2\left(z\right)=\text{cost}. \end{equation*}

Si conclude che il potenziale è

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y,z)=xy+xz+yz+\text{cost}.}\]


 
 

Esercizio 7 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)= y^2 \, dx + \left(\dfrac{1}{y}+2xy\right)\, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa. Calcolando le derivate miste

(19) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} =2y \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = 2y, \end{equation*}

osserviamo che sono uguali, quindi possiamo affermare che \omega è chiusa. Il dominio di \omega è

\[D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \colon y\neq0 \}\]

che non è un insieme connesso, ma può essere riscritto come segue

\[\underbrace{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>0\}}_{D_1}\cup\underbrace{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<0\}}_{D_2}\]

dove sia D_1 che D_2 sono insiemi semplicemente connessi. Dal teorema di Poincaré segue quindi che \omega è esatta su D_1 e D_2, ovvero che esiste un potenziale U_1 di \omega su D_1 e un potenziale U_2 di \omega su D_2. Pertanto, la funzione U \colon D \to \mathbb{R} definita come

\[U(x,y)= \begin{cases} U_1(x,y) & \text{se } (x,y) \in D_1 \\ U_2(x,y) & \text{se } (x,y) \in D_2 \end{cases}\]

è un potenziale di \omega, che risulta quindi esatta. Calcoliamo tale potenziale: esso deve soddisfare

(20) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} =y^2\\[11pt] \dfrac{\partial U}{\partial y} = \dfrac{1}{y}+2xy. \end{cases} \end{equation*}

Da (20)_1 abbiamo

\[U(x,y) = xy^2+a(y).\]

Sostituiamo U(x,y) in (20)_2 e giungiamo a

\[\dfrac{\partial\left(xy^2+a(y)\right)}{\partial y}=2xy+a^\prime(y)=\dfrac{1}{y}+2xy \iff a(y)=\ln\left \vert y \right \vert +\text{cost}\]

Notando che la costante può essere diversa sugli insiemi D_1 e D_2, segue che l’espressione di U è

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y)= \begin{cases} xy^2+\ln y +c_1 & \text{se } y>0 \\ xy^2+\ln(-y) +c_2 & \text{se } y<0, \end{cases} }\]

dove c_1,c_2 \in \mathbb{R} sono due costanti arbitrarie.


 
 

Esercizio 8 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Verificare se la forma differenziale definita da

\[\omega(x,y)= \left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2-y^2}}-1\right)\,dx + \left(2y-\dfrac{y}{\sqrt{x^2-y^2}}\right)\, dy=F_1\, dx +F_2 \,dy\]

è esatta nel suo insieme di definizione e in caso affermativo trovare un potenziale.

Svolgimento.

Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa. Calcolando le derivate miste

(21) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} =-y\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(2x\right)\dfrac{1}{\left(x^2-y^2\right)^{\frac{3}{2}}}=-\dfrac{xy}{\left(x^2-y^2\right)^{\frac{3}{2}}} \end{equation*}

e

(22) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=x\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(-2y\right)\dfrac{1}{\left(x^2-y^2\right)^{\frac{3}{2}}}=-\dfrac{xy}{\left(x^2-y^2\right)^{\frac{3}{2}}}, \end{equation*}

abbiamo

(23) \begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y}, \end{equation*}

quindi \omega è chiusa. Osserviamo che il dominio di \omega è

(24) \begin{equation*} D \coloneqq \{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,\left \vert x \right \vert >\left \vert y \right \vert \}, \end{equation*}

rappresentato in blu in figura 1.

\[\quad\]

\[\quad\]

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Figura 1: il dominio D della forma differenziale \omega, colorato in blu, e le sue componenti connesse D_1 e D_2.

\[\quad\]

Osserviamo che il dominio non è connesso, ma è l’unione delle due componenti connesse D_1 e D_2. Su ciascuna di tali componenti, poiché semplicemente connesse, è possibile applicare il lemma di Poincaré, determinando due potenziali U_1 e U_2 di \omega rispettivamente su D_1 e D_2. Ne segue quindi che la funzione U \colon D \to \mathbb{R} definita da

\[U(x,y) = \begin{cases} U_1(x,y) & \text{se } (x,y) \in D_1 \\ U_2(x,y) & \text{se } (x,y) \in D_2 \end{cases}\]

è un potenziale di \omega, che quindi è esatta. Determiniamo l’espressione del potenziale: esso soddisfa

(25) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2-y^2}}-1\\[11pt] \dfrac{\partial U}{\partial y}=2y-\dfrac{y}{\sqrt{x^2-y^2}}. \end{cases} \end{equation*}

Da (25)_1 otteniamo

\[U(x,y)=\int\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2-y^2}}-1\right)\,dx=\dfrac{1}{2}\int \dfrac{2x}{\sqrt{x^2-y^2}}\,dx-x=\sqrt{x^2-y^2}-x +c(y)\]

e, sostituendo in (25)_2, arriviamo a

\[\begin{aligned} \dfrac{\partial U}{\partial y}=-\dfrac{y}{\sqrt{x^2-y^2}}+\dfrac{dc}{dy}\left(y\right)=2y-\dfrac{y}{\sqrt{x^2-y^2}} & \iff \dfrac{dc}{dy}\left(y\right)=2y \\ & \iff c(y)=y^2+\text{cost}. \end{aligned}\]

Ricordando che la costante può essere diversa sulle due componenti connesse D_1 e D_2, si ottiene che

\[\boxcolorato{analisi}{U(x,y)= \begin{cases} \sqrt{x^2-y^2}-x+y^2 +c_1 & \text{se } x>0 \\ \sqrt{x^2-y^2}-x+y^2 +c_2 & \text{se } x<0, \end{cases} }\]

dove c_1,c_2 \in \mathbb{R} sono due costanti arbitrarie.


 
 

Riferimenti bibliografici

[1] Abate, M., Geometria, McGraw-Hill (1996).

[2] Pallino, P., Titolo del libro, Editore (1900).

[3] Rossi, M. & Verdi, G., Titolo del libro, Editore (1900).

[4] Qui Si Risolve, Funzioni elementari – Volume 1.