Pillole teoriche integrali di linea

Forme differenziali e campi vettoriali, Integrali di linea di seconda specie, Teorema di Gauss-Green, Teoria Funzioni di più variabili

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Benvenuti nella nostra guida dedicata sugli integrali di linea delle forme differenziali. In questo articolo forniamo sia alcune basi teoriche (di tipo operativo e di facile comprensione) sia numerosi esempi ed esercizi completamente risolti, per illustrare l’applicazione pratica e i punti di forza degli strumenti teorici presentati.
Il testo è quindi un valido aiuto per appassionati e studenti dei corsi di Analisi Matematica 2 che ricercano un supporto snello ed essenziale che coniughi teoria e pratica.

Segnaliamo anche il nostro materiale su argomenti affini:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Silvia Lombardi.

Revisori: Giulio Binosi, Matteo Talluri, Sergio Fiorucci.

Introduzione

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Il presente lavoro è stato concepito come supporto pratico per affrontare gli esercizi relativi all’integrale di linea di seconda specie e all’analisi delle forme differenziali, con particolare attenzione ai loro domini. Nel corso dell’elaborato, si presuppone che il lettore abbia già acquisito una solida base teorica su questi argomenti, possibilmente studiando da un buon testo di riferimento¹. Pertanto, la lettura è sconsigliata a chi non possiede ancora una conoscenza teorica consolidata, poiché, essendo strutturato come guida pratica, molti concetti verranno dati per acquisiti. Verranno citati solamente i teoremi necessari alla risoluzione degli esercizi.

L’esposizione seguirà un ordine che favorisce un approccio pratico, basato sulla logica del “problem solving”, lo stesso che dovrebbe adottare uno studente durante lo svolgimento di un esercizio. Queste pillole teoriche sono particolarmente utili per un corso di studi in Ingegneria o, in generale, per chi desidera approfondire la pratica di questi problemi.

Ad esempio, si consigliano M. Bertsch, R. Dal Passo, L. Giacomelli, Analisi matematica o E. Giusti, Analisi matematica 2. ↩

Definizioni utili

Forme differenziali.

Si ricorda la definizione di forma differenziale.

Definizione 1. Sia $\Omega$ un aperto di $\mathbb{R}^n$ e siano $F_1(x_1,\dots,x_n),\dots, F_n(x_1,\dots,x_n)$ : $\Omega\to\mathbb{R}$ delle funzioni. Si definisce forma differenziale la seguente espressione

$\omega=F_1(x_1,\dots,x_n)dx_1+\dots+F_n(x_1,\dots,x_n)dx_n=\sum_{j=1}^nF_j(x_1,\dots,x_n)dx_j,$

dove l’elemento $dx_i$ è la funzione lineare che associa ad un vettore $v=(v_1,\dots,v_n)\in\mathbb{R}^n$ la componente $v_i$ , per ogni $i=1,\dots,n$ . Le funzioni $F_1,\dots, F_n$ si dicono componenti di $\omega$ . Una forma differenziale si dice continua (rispettivamente, di classe $\mathcal{C}^k$ ) su $\Omega$ se le sue componenti sono funzioni continue (rispettivamente, di classe $\mathcal{C}^k$ ) su $\Omega$ .

$\quad$

Nel caso in cui $\Omega\subset\mathbb{R}^2$ o $\Omega\subset\mathbb{R}^3$ , adotteremo la seguenti notazione

$\begin{aligned} \omega&=F_1(x,y)dx+F_2(x,y)dy\\ \omega&=F_1(x,y,z)dx+F_2(x,y,z)dy+F_3(x,y,z)dz. \end{aligned}$

Diamo di seguito due definizioni fondamentali che riguardano le forme differenziale che verranno usate nel seguito di questo testo

Definizione 2. Sia $\Omega\subseteq\mathbb{R}^3$ un aperto connesso. Una forma differenziale $\omega=F_1(x,y,z)\,dx+F_2(x,y,z)\,dy+F_3(x,y,z)\,dz$ continua in $\Omega$ , associata al campo vettoriale $\textbf{F}:\Omega \subseteq \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ tale che $\textbf{F}=\left(F_1(x,y,z),F_2(x,y,z),F_3(x,y,z)\right)$ , si dice esatta in $\Omega$ se esiste una funzione $U: \Omega \to \mathbb{R}$ , tale che $U \in \mathcal{C}^1(\Omega)$ e valga $\textbf{F} =\nabla U$ , cioè

$\begin{cases} F_1(x,y,z) = \dfrac{\partial U}{\partial x}(x,y,z)\\ \\ F_2(x,y,z) = \dfrac{\partial U}{\partial y}(x,y,z)\\ \\ F_3(x,y,z) = \dfrac{\partial U}{\partial z}(x,y,z). \end{cases}$

In particolare $U$ si definisce funzione potenziale di $\omega$ o primitiva.

Definizione 3. Sia una forma differenziale $\omega=F_1(x,y,z)\,dx+F_2(x,y,z)\,dy+F_3(x,y,z)\,dz$ . Si definisce chiusa se è soddisfatta la seguente condizione (detta condizione delle derivate incrociate)

$\begin{cases} \dfrac{\partial F_3}{\partial y}(x,y,z)=\dfrac{ F_2}{\partial z}(x,y,z)\\\\ \dfrac{\partial F_1}{\partial z}(x,y,z)=\dfrac{\partial F_3}{\partial x}(x,y,z)\\\\ \dfrac{\partial F_2}{\partial x}(x,y,z)=\dfrac{\partial F_1}{\partial y}(x,y,z). \end{cases}$

$\quad$

Con le definizioni precedenti risulta immediato verificare che una forma $\omega$ di classe $\mathcal{C}^1$ esatta è anche chiusa, in quanto si può applicare il teorema di Schwarz sulle derivate seconde miste. Nel seguito andremo invece ad analizzare quali sono le condizioni affinché una forma chiusa risulti esatta. Diamo infine la definitione di integrale di linea.

Definizione 4. Sia $\textbf{r}:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}^n$ una curva di classe $C^1$ e sia $\omega=F_1(x_1,\dots,x_n)dx_1+\dots+F_n(x_1,\dots,x_n)dx_n$ una forma differenziale continua. Si definisce integrale curvilineo di seconda specie

$\begin{aligned} \int_{\textbf{r}}\omega&=\int_{\textbf{r}}\left(F_1dx_1+\dots+F_ndx_n\right)\\ &=\int_{a}^{b}\left(F_1\left(\textbf{r}(t)\right)r_1^\prime(t)+\dots+ F_n\left(\textbf{r}(t)\right)r_n^\prime(t)\right)\,dt. \end{aligned}$

Risultati fondamentali

Introduzione.

Quando si ha a che fare con un integrale di linea di seconda specie di una forma differenziale o di un campo vettoriale, a seconda del linguaggio scelto, la prima cosa che al lettore viene spontanea fare è applicare la definizione: in realtà questa non è sempre la strada migliore da intraprendere. La prima cosa che è necessario fare è verificare se la forma differenziale sia chiusa oppure no.

Forma differenziale chiusa in un sottoinsieme dello spazio.

Vale il seguente teorema

Teorema 1. Sia $\Omega\subseteq \mathbb{R}^3$ un insieme aperto e connesso. Una forma differenziale $\omega=F_1\,dx+F_2\,dy+F_3\,dz$ di classe $C^1\left(\Omega\right)$ , associata al campo vettoriale $\textbf{F}=\left(F_1,F_2,F_3\right)$ , è chiusa in $\Omega$ se vale $\nabla \times \textbf{F}=\textbf{0}$ (Rotore del campo vettoriale uguale a zero).

$\quad$

Si ricorda al lettore che il rotore di un campo vettoriale è

$\begin{aligned} \nabla \times \textbf{F} & = \text{det}\begin{pmatrix}\hat{x} &\hat{y} &\hat{z} \\\\{\dfrac {\partial }{\partial x}}&{\dfrac {\partial }{\partial y}}&{\dfrac {\partial }{\partial z}}\\\\F_{1}&F_{2}&F_{3}\end{pmatrix}=\\\\ = \hat{x} \left({\frac {\partial F_{3}}{\partial y}}-{\frac {\partial F_{2}}{\partial z}}\right)&+\hat{y} \left({\frac {\partial F_{1}}{\partial z}}-{\frac {\partial F_{3}}{\partial x}}\right)+\hat{z} \left({\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}\right), \end{aligned}$

dove il determinante è inteso in senso formale e $\hat x,\hat y,\hat z$ definiscono i versori nella direzione $x,y$ e $z$ , rispettivamente.

Forma differenziale chiusa in un sottoinsieme nel piano.

Teorema 2. Sia $\Omega\subseteq \mathbb{R}^2$ un insieme aperto e connesso. Una forma differenziale $\omega=F_1\,dx+F_2\,dy$ di classe $C^1\left(\Omega\right)$ , associata al campo vettoriale $\textbf{F}=\left(F_1,F_2\right)$ , è chiusa in $\Omega$ se vale che le derivate miste sono uguali, ovvero se $\dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{\partial F_2}{\partial x}.$

$\quad$

Quindi, dal punto di vista teorico risulta chiaro come si determini quando una forma differenziale sia chiusa. Chiariamo il concetto con degli esercizi.

Esercizio 1. Sia $\omega=\dfrac{y}{\sqrt{1-x^2}}\,dx+\left(2y+\arcsin x\right)\,dy$ : verificare se è chiusa nel suo dominio.

$\quad$

Soluzione. Il dominio di $\omega$ è $\Omega=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-1<x<1\}$ . Calcoliamo le derivate miste della forma differenziale

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{equation*}$

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{equation*}$

e osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}$

pertanto $\omega$ è chiusa nel suo dominio.

Esercizio 2. Sia $\omega= \left(y+z\right) \, dx + \left(x+z\right) \, dy+\left(x+y\right)\,dz=F_1\, dx +F_2 \,dy+F_3\,dz$ e verificare se è chiusa nel suo dominio.

$\quad$

Soluzione. Osserviamo che il suo dominio è $\mathbb{R}^3$ . Calcoliamo il $\nabla\times\textbf{F}$ dove $\textbf{F}=(F_1,F_2,F_3)$ è il campo vettoriale associato alla forma differenziale.

Dunque

$\begin{aligned} \nabla\times\textbf{F}&=\text{det}\begin{pmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ \dfrac{\partial }{\partial x} & \dfrac{\partial }{\partial y} & \dfrac{\partial }{\partial z}\\ F_1& F_2& F_3 \end{pmatrix}= \\\\ =\hat{x}\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial y}-\dfrac{\partial F_2}{\partial z}\right)&-\hat{y}\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial z}\right)+\hat{z}\left(\dfrac{\partial F_2}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial y}\right)=\\\\ =\left(1-1\right)\,\hat{x}&-\hat{y}\left(1-1\right)+\hat{z}\left(1-1\right)=\textbf{0} \end{aligned}$

dunque $\omega$ è chiusa nel sul dominio.

Forma differenziale esatta.

Data una forma differenziale, una volta stabilito se essa sia chiusa sul suo dominio, il passo successivo è quello di verificare la sua esattezza. A tale scopo ricordiamo il seguente risultato:

Teorema 3 (teorema di Poincaré). Sia $\Omega\subseteq \mathbb{R}^n$ un insieme semplicemente connesso (definizione 11) e $\omega$ una forma differenziale chiusa in $\Omega$ . Allora $\omega$ è esatta in $\Omega$ .

$\quad$

A questo punto forniamo dei metodi che permettono di applicare in maniera pratica il risultato appena esposto. Per fare ciò abbiamo ancora necessità di alcune definizioni di carattere topologico.

Cenni di topologia di $\mathbb{R}^n$

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Definizione 5. Dati $\textbf{x}\in \mathbb{R}^n$ e $\delta$ numero reale positivo non nullo, si dice intorno sferico di $\textbf{x}$ di raggio $\delta$ l’insieme così definito

$\begin{equation*} I_\delta\left(\textbf{x}\right):=\{\textbf{y}\in\mathbb{R}^n:|\textbf{x}-\textbf{y}|<\delta\}. \end{equation*}$

$\quad$

Un altro modo di definire un intorno sferico di $\textbf{x}$ è pensarlo come una palla di centro $\textbf{x}$ e raggio $\delta$ . Si vuole far osservare al lettore che in $\mathbb{R}^2$ l’intorno sferico non è nient’altro che un cerchio di centro $\textbf{x}=\left(x_0,y_0\right)$ e raggio $\delta$ privato del bordo come in figura 1.

$\quad$

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$\quad$

Definizione 6. Dati $\textbf{x}\in \mathbb{R}^n$ e $\delta$ numero reale positivo non nullo, si definisce sfera di centro $\textbf{x}$ e raggio $\delta$

$S_\delta\left(\textbf{x}\right)=\{\textbf{y}\in\mathbb{R}^n:\textbf{x}-\textbf{y}|=\delta\}.$

$\quad$

In questo caso la rappresentazione grafica è quella data in figura 2.

$\quad$

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$\quad$

Definizione 7. Sia $\Omega \subseteq \mathbb{R}^n$ . Preso un punto di $\textbf{x}\in \mathbb{R}^n$ esso si dice:

$\quad$

- interno ad $\Omega$ , se esiste un intorno sferico di $\textbf{x}$ contenuto in $\Omega$ ;

- esterno ad $\Omega$ , se esiste un intorno sferico di $\textbf{x}$ contenuto nel complementare² di $\Omega$ ;

di frontiera per $\Omega$ , se ogni intorno sferico di $\overline{x}$ contiene almeno un punto di $\Omega$ e un punto del complementare di $\Omega$ ;

$\quad$

In figura 3 rappresentiamo quanto detto

$\quad$

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$\quad$

Definizione 8. Un insieme $A\subseteq\mathbb{R}^n$ si definisce

$\quad$

- aperto se ogni punto è interno;

chiuso se il suo complementare è aperto.

Definizione 9. Un insieme $\Omega\subseteq\mathbb{R}^n$ si dice connesso se non è possibile trovare due insiemi entrambi aperti (o entrambi chiusi) $A$ e $B$ tali che $\Omega=A\cup B$ e $A\cap B=\emptyset$ .

Definizione 10. Un insieme aperto $\Omega\subseteq\mathbb{R}^n$ si definisce connesso per archi se, presi due punti di tale insieme, esiste un arco di curva continuo congiungente questi due punti interamente contenuto in $\Omega$ .

$\quad$

Si può dimostrare che in $\mathbb{R}^n$ le due definizioni 7 e 8 risultano equivalenti per insiemi aperti. Concludiamo questa sezione con quella che è la definizione topologica fondamentale per lo studio delle forme in $\mathbb{R}^n$ . Ricordiamo che una curva $\gamma:[a,b]\subseteq \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^2$ si dice semplice se comunque presi due punti $t_1,t_2\in (a,b)$ , con $t_1\neq t_2$ , risulta $\gamma(t_1)\neq \gamma(t_2)$ . Nel caso in cui $\gamma(a)=\gamma(b)$ , la curva semplice si dice chiusa.

Definizione 11. Sia $p\in\mathbb{R}^n$ un punto. Un arco (o laccio) centrato in $p$ è una funzione continua $f:[0,1]\to\mathbb{R}^n$ tale che $f(0)=f(1)=p$ . Dati due lacci $f,g$ centrati in $p\in\mathbb{R}^n$ , un’omotopia da $f$ a $g$ è una funzione continua $F:[0,1]\times[0,1]\to\mathbb{R}^n$ tale che $F(t,0)=f(t)$ e $F(t,1)=g(t)$ , per ogni $t\in[0,1]$ . Il laccio si dice contraibile se esiste un’omotopia che lo trasforma nel laccio costante $g(t)\equiv p$ , per ogni $t$ . Un sottoinsieme $\Omega\subset\mathbb{R}^n$ connesso per archi si dice semplicemente connesso se per ogni $p\in\Omega$ , ogni laccio centrato in $p$ è contraibile.

Se $A\subseteq\mathbb{R}^n$ il suo complementare è l’insieme differenza $\mathbb{R}^n\setminus A$ ↩

Dominio semplicemente connesso: teoria ed applicazioni

Dominio semplicemente connesso nel piano.

Nella maggior parte dei casi negli esercizi vengono trattati insiemi con dei “buchi”: si può ragionare in modo empirico e pensare che ogni tale sottoinsieme di $\mathbb{R}^2$ non sia un insieme semplicemente connesso. Infatti considerando una curva semplice e chiusa che circondi tale “buco” la sua contrazione porterà ad uscire dall’insieme.

Forniamo un elenco di insiemi semplicemente connessi nel piano:

$\quad$

1. 1. - cerchio pieno, ellisse piena, poligono convesso pieno, semipiano e tutte le figure piane che si possono ottenere da queste deformandole con continuità; il piano stesso ( $\mathbb{R}^2$ ) o il piano privato di una semiretta.

Non sono semplicemente connessi

$\quad$

1. 1. - il piano o un cerchio privato di un punto (vale per una generica figura geometrica), una corona circolare, una circonferenza, ogni insieme che presenta un “buco”.

Riportiamo alcuni esempi di esercizi in cui si mostra che una forma differenziale è esatta nel suo dominio applicando il teorema 1.

Esercizio 3. Verificare che

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

è esatta nel suo insieme di definizione.

$\quad$

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

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

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, allora $\omega$ è esatta.

Esercizio 4. Verificare che

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

è esatta nel suo insieme di definizione.

$\quad$

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

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

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

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, allora $\omega$ è esatta.

Esercizio 5. Verificare se la forma

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

è chiusa e se è possibile applicare il teorema di Poincaré.

$\quad$

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

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} =2y \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = 2y \end{equation*}$

osserviamo che sono uguali, quindi possiamo affermare che $\omega$ è chiusa.

Il dominio di $\omega$ è

$\text{Dom} (\omega) = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \vert\, y\neq0 \}$

che non è un insieme connesso e pertanto neanche semplicemente connesso (unione di due semipiani).

L’esercizio 5 serve a sottolineare l’importanza del teorema di Poincaré e cosa accade quando non è possibile applicarlo: se la forma differenziale è chiusa, ma il suo dominio non è un insieme semplicemente connesso non possiamo dire nulla sull’esattezza di $\omega$ nel suo dominio. Questo perché la condizione di semplice connessione è una condizione sufficiente ai fini del teorema.

Esercizio 6. Verificare se

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

è esatta nel suo insieme di definizione.

$\quad$

Soluzione. Il dominio di $\omega$ è $\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\, x \neq -y\right\}$ .

Verifichiamo se $\omega$ è chiusa procedendo come segue

$\begin{aligned} \left(\dfrac{\partial F_2}{\partial x} - \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \right) = -y(x+y)^{-2} + x(x+y)^{-2}\neq 0. \end{aligned}$

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

Dall’esercizio 6 è bene notare che se una forma differenziale non è chiusa, allora non è esatta; il fatto che una forma differenziale sia chiusa è una condizione necessaria per far sì che sia esatta.

Dominio semplicemente connesso nello spazio.

Riportiamo ora degli esempi di insiemi semplicemente connessi nello spazio:

$\quad$

1. 1. - Sfera, ellissoide, poliedri convessi e tutti i solidi che si possono ottenere da questi ultimi deformandoli con continuità (sia i solidi, sia le loro frontiere), la corona sferica, il semispazio, lo spazio privo di un numero finito di punti.

Non sono semplicemente connessi

$\quad$

1. 1. - Il toro, la sfera privata di un diametro, lo spazio privato di una retta, poliedri concavi.

Riportiamo un esercizio

Esercizio 7. Verificare che

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

è esatta nel suo insieme di definizione.

$\quad$

Soluzione. Abbiamo già verificato nell’esercizio 2 che la forma risulta chiusa. Inoltre osserviamo che il suo dominio è $\mathbb{R}^3$ che è un insieme semplicemente connesso, pertanto per il teorema di Poincaré $\omega$ è esatta.

Forma differenziale localmente esatta

Introduzione.

Abbiamo imparato a capire quando una forma differenziale è chiusa oppure no; abbiamo inoltre dato delle condizioni per verificare quando la chiusura implica l’esattezza.

Tuttavia nei casi pratici non è detto che questo accada sempre poiché una buona percentuale di esercizi presenta forme differenziali chiuse che non hanno come dominio un insieme semplicemente connesso: in questo caso il teorema di Poincaré non è efficace e non possiamo concludere nulla. Esiste, in ogni caso, un importante corollario del Teorema di Poincaré che viene in aiuto in queste situazioni.

Corollario 1. Sia $\omega$ una forma differenziale chiusa in un aperto $\Omega$ qualunque (anche non connesso). Ogni punto di $\Omega$ ha un intorno sferico $I_\delta$ contenuto in $\Omega$ e $I_\delta$ è semplicemente connesso. Allora in $I_\delta$ la forma differenziale è localmente esatta, ovvero per ogni $x\in\Omega$ esiste un intorno $U$ di $x$ tale che $I_\delta$ è esatta su $U$ .

$\quad$

Riportiamo un esempio del corollario 1.

Esercizio 8. Verificare che

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

è localmente esatta.

$\quad$

Soluzione. Abbiamo già visto nell’esercizio 5 che la forma è chiusa. Il dominio di $\omega$ è

$\text{Dom} (\omega) = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \vert\, y\neq0 \}$

che non è un insieme connesso e pertanto neanche semplicemente connesso, quindi non possiamo dire nulla sull’esattezza di $\omega$ nel suo dominio secondo il teorema di Poincaré. Osserviamo però che il dominio di $\omega$ può essere riscritto come segue

$\text{Dom} (\omega)=\underbrace{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>0\}}_{D_1}\cup\underbrace{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y<0\}}_{D_2}$

dove sia $D_1$ che $D_2$ sono insiemi semplicemente connessi. Quindi sicuramente $\omega$ è localmente esatta in ciascuno dei due insiemi.

Condizioni di equivalenza sulle forme esatte.

Enunciamo il seguente teorema che esprime condizioni di equivalenza sulle forme esatte. Ricordiamo che, dato un intervallo chiuso $I=[a,b]\subset\mathbb{R}$ , una curva $\gamma:I\subset\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^3$ di classe $\mathcal{C}^1$ si dice regolare se $|\gamma'(t)|\neq0$ , per ogni $t\in I$ . La curva $\gamma$ si dice regolare a tratti quando esiste una partizione dell’intervallo $I$ , $a=t_0<t_1<\dots<t_s=b$ , tale che la restrizione di $\gamma$ a ciascun intervallo $[t_j,t_{j+1}]$ sia una curva regolare.

Teorema 4. Siano $\Omega\subseteq \mathbb{R}^3$ un aperto connesso e $\omega$ una forma differenziale di classe $C\left(\Omega\right)$ . Allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

$\quad$

1. Per ogni coppia di curve regolari a tratti $\gamma_1,\gamma_2$ contenute in $\Omega$ ed aventi stesso punto iniziale e stesso punto finale,
  $\int_{\gamma_1} \omega = \int_{\gamma_2} \omega$

1. Per ogni curva chiusa semplice $\gamma$ , regolare a tratti e contenuta in $\Omega$ ,
  $\oint_{\gamma} \omega = 0$

$\omega$ esatta.

$\quad$

Sostanzialmente, il teorema 4 stabilisce modi equivalenti di esprimere il concetto di esattezza di una forma differenziale: una forma differenziale è esatta se e solo se l’integrale di linea di seconda specie lungo qualsiasi curva chiusa (detto anche circuitazione nel linguaggio dei campi vettoriali) è nullo, oppure se e solo se l’integrale di linea tra due punti qualsiasi non dipende dal percorso seguito ma solo dai punti di partenza ed arrivo.

Riportiamo di seguito alcuni esercizi che racchiudono gli ultimi concetti spiegati.

Esercizio 9. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(1) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\left(2xy^3+3\right)\,dx+\left(3x^2y^2\right)\,dy=\int_{\gamma}F_1\,dx+F_2\,dy=\int_{\gamma}\omega \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è rappresentato da una circonferenza centrata nell’origine, di raggio 1, percorsa in senso antiorario.

$\quad$

Soluzione. Calcoliamo le derivate miste della forma differenziale

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=6xy^2 \qquad \mbox{e} \qquad \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=6xy^2. \end{equation*}$

Osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}= \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}$

pertanto $\omega$ è chiusa. Inoltre il suo dominio è un insieme semplicemente connesso quindi $\omega$ è esatta nel suo dominio; facilmente concludiamo, grazie al punto 2 del teorema 4 che

$\int_{\gamma}\omega=0.$

Esercizio 10. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(2) $\begin{equation*} I=\int_{\gamma}-\dfrac{y}{x^2+y^2}\,dx+\dfrac{x}{x^2+y^2}\, dy=\int_{\gamma}F_1\,dx+F_2\,dy=\int_{\gamma}\omega \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è dato dalla circonferenza di equazione $\left(x-2\right)^2+y^2=1$ percorsa in senso antiorario.

$\quad$

Soluzione. Rappresentiamo nella figura 4 il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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$\quad$

Calcoliamo le derivate miste

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{x^2+y^2-x(2x)}{\left(x^2+y^2\right)^2 }=\dfrac{y^2-x^2}{\left(x^2+y^2\right)^2} \end{equation*}$

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

e osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y}, \end{equation*}$

pertanto $\omega$ è chiusa, ma come si può osservare il dominio è $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ che non è un insieme semplicemente connesso, quindi non possiamo dire nulla sull’esattezza di $\omega$ . Osserviamo però che la circonferenza si trova in una zona del dominio che è un insieme semplicemente connesso, quindi è localmente esatta ed essendo un integrale di linea su un percorso chiuso possiamo concludere che $I=0.$

Osserviamo che anche se non sappiamo se la forma differenziale è esatta o meno sul suo dominio $\mathbb{R}^2-\{(0,0)\}$ , l’esercizio 10 può essere svolto lo stesso in modo immediato dopo aver verificato che $\omega$ è chiusa. Infatti, il sostegno della curva lungo la quale dobbiamo calcolare l’integrale di linea è interamente contenuto in una porzione semplicemente connessa del dominio (per esempio, l’insieme $\Omega' = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x > 1/2\}$ ). La forma differenziale è quindi localmente esatta, e, dato che il sostegno di $\gamma$ è una curva chiusa, l’integrale è nullo.

Calcolo di un potenziale per una forma differenziale esatta

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A questo punto della nostra trattazione ricordiamo un teorema che risulterà fondamentale nella risoluzione degli esercizi, come mostreremo negli esempi che seguiranno.

Teorema 5. Siano $\Omega \subseteq \mathbb{R}^n$ un aperto connesso ed $\omega$ una forma differenziale continua ed esatta in $\Omega$ . Sia poi $\gamma$ una curva di classe $C^1$ a tratti, contenuta in $\Omega$ , con parametrizzazione $\textbf{r}\left(t\right)$ del sostegno di $\gamma$ con $t\in \left[a,b\right]$ e con punti iniziale e finale rispettivamente $\textbf{r}\left(a\right)$ e $\textbf{r}\left(b\right)$ . Allora

$\int_\gamma\omega=U(\textbf{r}(b))-U(\textbf{r}(a))$

dove $U$ è una funzione potenziale di $\omega$ .

$\quad$

Alla luce di questo ultimo risultato, l’ultimo passo prima di procedere con gli esempi fondamentali, è quello di comprendere come ottenere un potenziale data la forma differenziale da integrare.

Esercizio 11. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(3) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\dfrac{y}{\sqrt{1-x^2}}\,dx+\left(2y+\arcsin x\right)\,dy=\int_{\gamma}F_1\,dx+F_2\,dy=\int_{\gamma}\omega \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è rappresentata dalla poligonale aperta di vertici $\left(\frac{1}{2},1\right)$ , $\left(-\frac{1}{2},0\right)$ e $\left(0,3\right)$ percorsa nell’ordine illustrato.

$\quad$

Soluzione. Rappresentiamo in figura 5 il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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$\quad$

Calcoliamo le derivate miste della forma differenziale

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{equation*}$

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{equation*}$

e osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}$

pertanto $\omega$ è chiusa nel suo dominio, esso è l’insieme

$\Omega=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-1<x<1\},$

che è semplicemente connesso: ne risulta che $\omega$ è esatta.

Per poter calcolare un potenziale $U$ è necessario che siano soddisfatte le seguente condizioni:

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x}=\dfrac{y}{\sqrt{1-x^2}}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y}=2y+\arcsin x \end{cases}. \end{equation*}$

Dalla prima delle due equazioni precedenti otteniamo, integrando rispetto ad $x$ ,

$\begin{equation*} U(x,y)=y\arcsin x+c(y), \end{equation*}$

che sostituita nella seconda conduce a

$\begin{equation*} \arcsin x +\dfrac{d c}{dy}(y)=2y+\arcsin x \quad \Leftrightarrow \quad c(y)=y^2+k. \end{equation*}$

Concludiamo quindi che

$\begin{equation*} U(x,y)=y^2+y\arcsin x+k. \end{equation*}$

Grazie a quanto fatto fino ad ora, possiamo calcolare (3) come segue

$\begin{equation*} \int_\gamma\omega=U\left(0,3\right)-U\left(\frac{1}{2},1\right)=9-\left(1+\dfrac{\pi}{6}\right)=8-\dfrac{\pi}{6} \end{equation*}$

e pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\omega=8-\dfrac{\pi}{6}.}$

Esercizio 12. Verificare che

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

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

$\quad$

Soluzione. Abbiamo già verificato che nell’esercizio 2 che è chiusa e nel 7 che è esatta.

Calcoliamo un potenziale: esso deve soddisfare le condizioni

(5) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = y+z\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y} = x+z\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial z}=x+y \end{cases}. \end{equation*}$

Dalla prima equazione otteniamo

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

che sostituita nella seconda equazione conduce a

$\begin{equation*} \dfrac{\partial U}{\partial y}=x+\dfrac{\partial c_1}{\partial y}\left(y,z\right)=x+z \quad \Leftrightarrow \quad c_1(y,z)=yz+c_2(z). \end{equation*}$

Infine

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

che sostituita nella terza equazione porta

$\begin{equation*} \dfrac{\partial U}{\partial z}=x+y+\dfrac{dc_2}{dz}(z)=x+y \quad \Leftrightarrow \quad c_2\left(z\right)=k \end{equation*}$

dove $k$ è una costante. Si conclude che il potenziale è

$\boxcolorato{analisi}{U(x,y,z)=xy+xz+yz+\text{k}.}$

Confronto fra i linguaggi per le forme differenzali ed i campi vettoriali

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Sottolineamo per il lettore che gli integrali di seconda specie possono essere formulati in due modi differenti: con il linguaggio delle forme differenziali o quello dei campi vettoriali. La scelta dipende dal contesto e dal tipo di applicazione che se ne fa: non è scopo di questa guida pretendere di spiegare le differenze e i perché di tali scelte, per cui ci limiteremo a riportare una tabella presa dal libro “Analisi matematica vol.2, Bramanti-Pagani-Salsa”, per illustrare le diverse tipologie di tali linguaggi:

$\quad$

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$\quad$

Al lettore proponiamo una riflessione. Se volessimo dimostrare che una forma differenziale chiusa non è esatta, come si potrebbe fare? solitamente si cerca una curva chiusa tale per cui l’integrale di linea di seconda specie su essa risulti diverso da zero: questo porta a concludere che la forma differenziale non è esatta o che il campo non è conservativo; in alternativa si può determinare il potenziale e verificare che esso sia di classe $C^1$ nel dominio della forma differenziale, in questo modo si dimostra che è esatta.

Esercizio 13. Sia

$\textbf{F}=\left(-\dfrac{y}{x^2+y^2}, \dfrac{x}{x^2+y^2}\right)=\left(F_1,F_2\right).$

Verificare se $\textbf{F}$ è conservativo nel suo dominio ed in caso trovare un potenziale.

$\quad$

Soluzione. Dimostriamo che $F$ non è conservativo, esibendo una curva chiusa $\gamma$ regolare a tratti contenuta all’interno del dominio del campo vettoriale tale che

$\begin{equation*} \int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d\textbf{s}\neq0. \end{equation*}$

Scegliamo una curva chiusa $\gamma$ avente come sostegno una circonferenza di raggio $1$ centrata nell’origine e percorsa in senso antiorario, rappresentata in figura 6

$\quad$

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$\quad$

La sua parametrizzazione è

$\begin{equation*} \textbf{r}(\theta)=\left(\cos \theta ,\sin \theta\right)\quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right] \end{equation*}$

mentre

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime(\theta)=\left(-\sin \theta,\cos \theta\right)\quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right] \end{equation*}$

è la sua derivata.

Restringiamo $\textbf{F}$ lungo $\textbf{r}\left(\theta\right)$

$\begin{aligned} \textbf{F}\left(\textbf{r}(\theta)\right)&= \left(-\dfrac{\sin\theta}{\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)},\dfrac{\cos\theta}{\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)}\right)=\\ &=\left(-\sin\theta,\cos\theta\right) \end{aligned}$

da cui³

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\textbf{F}\left(\textbf{r}\left(t\right)\right)\cdot \textbf{r}^\prime\left(t\right)\, dt &=\int_{0}^{2\pi} \left(-\sin \theta,\cos \theta\right) \cdot \left(-\sin\theta,\cos \theta\right)\, d \theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)\, d \theta=2\pi\neq0. \end{aligned}$

Abbiamo dunque trovato una curva chiusa lungo la quale l’integrale di linea di seconda specie del campo vettoriale $\textbf{F}$ è diverso da zero, quindi $\textbf{F}$ non è conservativo.

Dato un campo vettoriale
$\textbf{F}:A \subset \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$

tale che $\textbf{F}(x,y,z)=(F_1(x,y,z),F_2(x,y,z),F_3(x,y,z))$ e una curva regolare o regolare a tratti $\gamma$ definita in $A$ con parametrizzazione

$\textbf{r}:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}^3$

tale che $\textbf{r}(t)=(x(t),y(t),z(t))$ , si definisce integrale di linea di seconda specie:

(6) $\begin{equation*} \int_\gamma \textbf{F}\cdot d\textbf{s}=\int_{a}^{b}\textbf{F}\left(\textbf{r}(t) \right)\cdot \textbf{r} ^\prime (t)\, dt. \end{equation*}$

↩

Combinazioni lineari di forme differenziali esatte e non esatte

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Abbiamo imparato come calcolare un integrale di linea di seconda specie. Come si ragiona? Innanzitutto cerchiamo di capire se la forma è chiusa e di conseguenza se è esatta nel suo dominio o localmente esatta; quindi cerchiamo di sfruttare il potenziale, valutandolo nel punto finale e iniziale della nostra curva, facendone la differenza e ottenendo così il valore dell’integrale.

Nel caso in cui la forma differenziale non sia chiusa e di conseguenza non esatta siamo costretti ad applicare la definizione di integrale di linea di seconda specie. Spesso accade che le forme differenziali non siano esatte ma si possono scrivere come la combinazione lineare di forme differenziali esatte e non esatte e pertanto in questo modo si semplificano i calcoli.

Riportiamo alcuni esempi di forme differenziali che non sono esatte ma si possono scrivere come la combinazione lineare di forme differenziali esatte con altre che non lo sono.

Esercizio 14. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(7) $\begin{equation*} I=\int_{\partial^+ A}y\,dx-x\, dy=\int_{\partial^+A}F_1\,dx+F_2\,dy \end{equation*}$

essendo $A$ il dominio tratteggiato in figura 7 e $\partial^+A$ è il bordo di $A$ percorso una volta in senso antiorario.

$\quad$

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$\quad$

Soluzione. Riscriviamo (7) come segue

(8) $\begin{equation*} I=\int_{\partial^+A}\underbrace{y\,dx+x\,dy}_{\omega}-2\underbrace{\int_{\partial^+A}x\,dy}_{I_1}. \end{equation*}$

Si osserva facilmente che $\omega$ è esatta, pertanto $\int_{\partial ^+A}\omega=0$ . Non ci resta che calcolare $I_1$ .

Vogliamo calcolare i punti di intersezione tra la funzione $y=1/(1+x^2)$ e $y=1/2$ , pertanto imponiamo la seguente equazione

$\begin{equation*} \dfrac{1}{1+x^2}=\dfrac{1}{2} \quad \Leftrightarrow \quad x^2+1=2 \quad \Leftrightarrow \quad x =\pm 1 \end{equation*}$

da cui si evince che gli estremi del segmento rappresentato in figura 7 sono $(-1,1/2)$ e $(1,1/2)$ .

Rappresentiamo in figura 8 il sostegno di $\partial^+A$ dato da $\gamma_1\cup \gamma_2$ :

$\quad$

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$\quad$

dove $\gamma_1$ è il segmento che congiunge i punti $(-1,1/2)$ e $(1,1/2)$ e $\gamma_2$ è il grafico di $y=1/(1+x^2)$ con $x \in [-1,1]$ .

Possiamo riscrivere $I_1$ come segue

(9) $\begin{equation*} I_1=\int_{\gamma_1}x\,dy+\int_{\gamma_2}x\,dy. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_1$ come

$\begin{equation*} \textbf{r}_1\left(t\right)=\left(t,\dfrac{1}{2}\right)\quad \text{con}\,\, t \in[-1,1] \end{equation*}$

e deriviamo quanto ottenuto

$\begin{equation*} \textbf{r}_1^\prime(t)=\left(1,0\right) \end{equation*}$

da cui deduciamo $\int_{\gamma_1}x\,dy=0.$

Parametrizziamo ora il sostegno di $\gamma_2$

$\begin{equation*} \textbf{r}_2\left(t\right)=\left(t,\dfrac{1}{1+t^2}\right)\quad \text{con}\,\, t \in\left[-1,1\right] \end{equation*}$

ottenendo

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime_2\left(t\right)=\left(1,-\dfrac{2t}{\left(1+t^2\right)^2}\right). \end{equation*}$

È importante osservare che abbiamo parametrizzato $\textbf{r}_2$ in senso orario per comodità: successivamente, nel calcolo dell’integrale di linea della forma differenziale $x\,dy$ sul sostegno di $\gamma_2$ metteremo un meno davanti all’integrale.

Procediamo dunque come segue

$\begin{aligned} &\int_{\gamma_2}x\,dy=-\int_{-1}^{1}t\cdot \dfrac{-2t}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=\int_{-1}^{1} \dfrac{2t^2}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt= \end{aligned}$

Sfruttando il fatto che data una funzione $f(x)$ pari in un intervallo $[-a,a]$ , l’integrale su tale intervallo della funzione $f$ può essere riscritto come $\int_{-a}^{a}f(x)\,dx=2\int_{0}^{a}f(x)\,dx$

$\begin{aligned} &=4\int_{0}^{1}\dfrac{t^2+1-1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=4\left(\int_{0}^{1}\dfrac{1+t^2}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt-\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt\right)=\\ &=4\left(\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\,dt-\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}dt\right)= \end{aligned}$

utilizzando l’integrale indefinito notevole $\int \dfrac{f^\prime(x)}{1+f^2(x)}\,dx=\arctan\left(f(x)\right)+c$ (dove in questo caso $f(x) = x$ ) per calcolare il primo integrale e la sostituzione $\tan t=z$ ⁴ per il secondo,

$\begin{aligned} &=4\left(\arctan t \bigg \vert^1_0-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\left(1+\tan^2 t\right)^2}\cdot \left(1+\tan^2 t\right)\,dt\right)=\\ &=4\left(\dfrac{\pi}{4}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\tan^2 t }\, dt=\right)=\pi-4\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos^2 t \, dt= \end{aligned}$

utilizzando l’identità $\cos^2 t = \dfrac{1+\cos\left(2t\right)}{2}$

$\begin{aligned} &=\pi-4\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1+\cos\left(2t\right)}{2}\,dt=\pi-2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}1\,dt-2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos\left(2t\right)\,dt=\\ &=\pi-\dfrac{\pi}{2}-\sin\left(2t\right)\bigg \vert^{\frac{\pi}{4}}_0=\dfrac{\pi}{2}-1 \end{aligned}$

Concludiamo che

$\begin{equation*} I_1=\dfrac{\pi}{2}-1 \end{equation*}$

per cui l’integrale diventa

$\begin{equation*} I=-2\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right)=2-\pi. \end{equation*}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{I=2-\pi.}$

Esercizio 15. Calcolare

(10) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \omega \end{equation*}$

dove

$\omega = \left(6x - \dfrac{2xy}{(x^2+2)^2} \right) \; dx + \left(\dfrac{1+6x+3x^3}{x^2+2}\right) \; dy$

e $\gamma$ è l’arco di circonferenza nel piano $(x,y)$ che va da $(1,0)$ a $(0,1)$ passante per $(2,1)$ .

$\quad$

Soluzione. Riscriviamo l’integrale come

$\begin{aligned} & \int_{\partial^+A} \left(6x - \dfrac{2xy}{(x^2+2)^2} \right) \; dx + \left(\dfrac{1+6x+3x^3}{x^2+2}\right) \; dy =\\ & \qquad = \int_{\partial^+A} 6x \; dx - \dfrac{2xy}{(x^2+2)^2} \; dx + \dfrac{1}{x^2+2} \; dy + 3x \; dy \end{aligned}$

e chiamiamo $F_1 = 6x$ , $\displaystyle F_2=-\frac{2xy}{(x^2+2)^2}$ , $\displaystyle F_3 = \frac{1}{x^2+2}$ e $F_4 = 3x$ .

Osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = 0, \qquad \dfrac{\partial F_2}{\partial y} = -\dfrac{2x}{(x^2+2)^2}, \qquad \dfrac{\partial F_3}{\partial x}= \dfrac{-2x}{(x^2+2)^2}\quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_4}{\partial x}=3. \end{equation*}$

Pertanto definendo

$\begin{equation*} \omega_1 = (F_1 + F_2) \, dx + F_3 \, dy \end{equation*}$

si può osservare che essa ha come insieme di definizione $\Omega=\mathbb{R}^2$ che è un insieme semplicemente connesso: essendo $\omega_1$ chiusa, essa risulta esatta in $\Omega$ .

Per calcolare l’integrale di linea abbiamo bisogno di capire com’è fatto il sostegno di $\partial^+A$ , pertanto conoscendo i tre punti che appartengono alla circonferenza, imponiamo il seguente sistema⁵

$\begin{equation*} \begin{cases} 1+a+c=0\\1+b+c=0\\4+1+2a+b+c=0 \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} a=-2\\b=-2\\c=1 \end{cases} \end{equation*}$

ottenendo

$\begin{equation*} x^2+y^2-2x-2y+1=0. \end{equation*}$

La circonferenza appena trovata ha centro $C(1,1)$ e raggio $r=1$ come rappresentato in Figura 9 (indichiamo anche il verso di percorrenza della circonferenza)

$\quad$

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$\quad$

Calcoliamo un potenziale $U$ per $\omega_1:$ esso soddisfa le condizioni

(11) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = F_1+F_2 = 6x - \dfrac{2xy}{(x^2+2)^2}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y} = F_3= \dfrac{1}{x^2+2} \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione otteniamo

$\begin{equation*} U(x,y) =\int\left(6 x -\dfrac{2xy}{(x^2+2)^2}\right)\,dx= 3x^2+\dfrac{y}{x^2+2}+c(y). \end{equation*}$

Sostituiamo $U(x,y)$ nella seconda equazione

$\begin{equation*} \dfrac{\partial U}{\partial y} = \dfrac{1}{x^2+2}+\dfrac{\partial c(y)}{\partial y}=\dfrac{1}{x^2+2}. \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} \dfrac{\partial c(y)}{\partial y} = 0 \quad \Leftrightarrow \quad c(y) = \mbox{cost}. \end{equation*}$

Ne risulta

$\begin{equation*} U(x,y) = 3x^2+\dfrac{y}{x^2+2}+\mbox{cost}, \end{equation*}$

e dunque possiamo calcolare (10) come

$\begin{equation*} \int_\gamma \omega_1 = U(0,1)-U(1,0) = \dfrac{1}{2}-3 = -\dfrac{5}{2}. \end{equation*}$

Consideriamo ora

$\begin{equation*} \int_{\gamma} 3x \, dy= \int_{\gamma} \omega_2. \end{equation*}$

dove la parametrizzazione di $\gamma$ è

$\begin{equation*} \textbf{r}(\theta) = \left( 1+\sin \theta, 1- \cos \theta\right), \qquad \mbox{con } \theta \in \left[0,\dfrac{3}{2}\pi\right]. \end{equation*}$

Allora⁶

$\begin{aligned} \int_\gamma\omega_2&=\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}3 \left(\sin \theta +1\right)\sin \theta\, d \theta=3\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}\left(\sin^2\theta+\sin \theta\right)\, d \theta=\\ &=3\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}\left(\dfrac{1-\cos\left(2 \theta\right)}{2}+\sin \theta\right)\, d \theta=\\ &=\dfrac{3}{2}\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}d\theta-\dfrac{3}{2}\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}\cos \left(2\theta\right)\, d \theta+3\int_{0}^{\frac{3}{2}\pi}\sin \theta\, d \theta=\\ &=\dfrac{9}{4}\pi-\dfrac{3}{4}\sin\left(2\theta\right)\bigg\vert^{\frac{3}{2}\pi}_{0}-3\cos\theta\bigg\vert^{\frac{3}{2}\pi}_0=\dfrac{9}{4}\pi+3. \end{aligned}$

Pertanto (10) diventa

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \omega = -\dfrac{5}{2}+\dfrac{9}{4}\pi+3 = \dfrac{9}{4}\pi +\dfrac{1}{2}. }$

Nello svolgimento continua a comparire la variabile $t$ e non $z$ poiché è variabile muta. ↩
Si ricorda che l’equazione generale di una circonferenza nel piano è $x^2+y^2+ax+by+c=0$ con $a,b,c \in \mathbb{R}$ . ↩
Dalla formula di duplicazione del coseno si ricava: $\sin^2\theta=\dfrac{1-\cos\left(2 \theta\right)}{2}$ che tornerà utile nel calcolo dell’integrale. ↩

Applicazione della definizione di integrale di linea di seconda specie di una forma differenziale

Introduzione.

Continuiamo la nostra discussione con un esercizio in cui applichiamo la definizione di integrale di linea senza verificare se precedentemente se la forma differenziale sia esatta oppure se il campo vettoriale sia conservativo.

Esercizio 16. Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di seconda specie

(12) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \textbf{F} \cdot d\bm{r} \end{equation*}$

dove

$\textbf{F} = (y^4+e^{xy}y)\hat{x} + (4y^3x+xe^{xy})\hat{y}$

e il sostegno di $\gamma$ è la spezzata di vertici $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,-1)$ e $(2,-2)$ percorsa nell’ordine in cui sono stati forniti i punti.

$\quad$

Soluzione. Rappresentiamo graficamente in figura 10 il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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$\quad$

e osserviamo che $\gamma$ può essere riscritta come

$\gamma=\gamma_1 \cup \gamma_2 \cup \gamma_3$

dove il sostegno di $\gamma_1$ è il segmento che congiunge i punti $(0,0)$ e $(1,0)$ , il sostegno di $\gamma_2$ è il segmento che congiunge i punti $(1,0)$ e $(1,-1)$ e il sostegno di $\gamma_3$ è il segmento che congiunge i punti $(1,-1)$ e $(2,-2)$ .

Sia $\textbf{r}_1(t)$ la parametrizzazione di $\gamma_1$ , $\textbf{r}_2(t)$ la parametrizzazione di $\gamma_2$ e $\textbf{r}_3(t)$ la parametrizzazione di $\gamma_3$ . La rappresentazione analitica è quella che segue:

$\begin{aligned} & \textbf{r}_1(t) = (t,0), \qquad &&\mbox{con } \, t \in [0,1]\\ & \textbf{r}_2(t) = (1,-t), \qquad &&\mbox{con } \, t \in [0,1]\\ & \textbf{r}_3 (t)= (t,-t), \qquad &&\mbox{con } \, t \in [1,2]. \end{aligned}$

Restringiamo $\bf{F}$ lungo le tre parametrizzazioni $\textbf{r}_1(t),\textbf{r}_2(t)\,\, \text{e}\,\, \textbf{r}_3(t)$ e successivamente eseguiamo il prodotto scalare con la derivata delle tre parametrizzazioni:

$\begin{aligned} & \textbf{F}(\textbf{r}_1(t)) \cdot {\textbf{r}_1}^\prime(t) = \textbf{F}(\textbf{r}_1(t)) \cdot (1,0) = 0\\ & \textbf{F}(\textbf{r}_2(t)) \cdot {\textbf{r}_2}^\prime(t) = \textbf{F}(\textbf{r}_2(t)) \cdot (0,-1) = 4t^3-e^{-t}\\ & \textbf{F}(\textbf{r}_3(t)) \cdot {\textbf{r}_3}^\prime(t) = \textbf{F}(\textbf{r}_3(t)) \cdot (1,-1) = 5t^4-2te^{-t^2}\\ \end{aligned}$

Possiamo ora calcolare (14) applicando la definizione di integrale di linea di seconda specie:

$\begin{aligned} & \int_0^1 \textbf{F}(\textbf{r}_1) \cdot {\textbf{r}_1}^\prime(t) \, dt + \int_0^1 \textbf{F}(\textbf{r}_2) \cdot {\textbf{r}_2}^\prime(t) \, dt + \int_1^2 \textbf{F}(\textbf{r}_3) \cdot {\textbf{r}_3}^\prime(t) \, dt = \\ & = \int_0^1 \left( 4t^3-e^{-t}\right) \, dt+ \int_1^2 \left( 5t^4-2te^{-t^2}\right)\, dt =\\ &=\left(t^4+e^{-t} \right)\bigg \vert^1_0+\left(t^5+e^{-t^2}\right)\bigg \vert^2_1 =31+e^{-4}. \end{aligned}$

Pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \textbf{F} \cdot d \bm{\ell}=31+e^{-4}.}$

Cerchiamo di capire ora quando risulta conveniente applicare la definizione versus utilizzare i teoremi enunciati all’inizio di questo manuale.

Riprendiamo l’esercizio 16 e verifichiamo se $\bf{F}$ sia irrotazionale. Poiché

$\dfrac{\partial F_2}{\partial x} - \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=4y^3+e^{xy}+xye^{xy}-4y^3-e^{xy}-xye^{xy}=0$

possiamo affermare che $\textbf{F}$ è irrotazionale.

Inoltre il dominio di $\textbf{F}$ è $\mathbb{R}^2$ che è un insieme semplicemente connesso, dunque $\textbf{F}$ è conservativo in $\mathbb{R}^2$ .

Calcoliamo un potenziale $U$ ricorrendo alla definizione

$\textbf{F} = \nabla U = \left(\dfrac{\partial U}{\partial x} ,\dfrac{\partial U}{\partial y} \right)$

da cui

(13) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x} = y^4 + y \, e^{xy}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y} = 4xy^3 + x \, e^{xy}. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione abbiamo

$U(x,y)=y^4x+e^{xy}+\mbox{c}(y),$

che sostituita nella seconda conduce a

$\dfrac{\partial U}{\partial y}=4xy^3 + x \, e^{xy}+c'(y)=4xy^3 + x \, e^{xy}$

da cui si ricava che

$\mbox{c}^\prime(y)=0 \quad \Leftrightarrow \quad \mbox{c}(y)=\mbox{cost}.$

Allora il potenziale è

$\boxcolorato{analisi}{U(x,y)=y^4x+e^{xy}+\mbox{cost}. }$

Ora basta valutare il potenziale nel punto finale e iniziale e facendo la differenza di tali valori otteniamo il risultato ottenuto in precedenza.

Dove sta il vantaggio di procedere in questo modo? Per prima cosa non è stato necessario cercare una parametrizzazione in quanto sono sufficienti le coordinate del punto iniziale e finale; inoltre non bisogna passare per il calcolo dei prodotti scalari ed eventuali semplificazioni. Tuttavia ciò che risulta di maggiore economia è il fatto di evitare di calcolare un certo numero di integrali che (sebbene in questo caso presentassero solo funzioni potenza ed esponenziale) potrebbero risultare molto complessi e di non facile soluzione.

Forme differenziali esatte con parametro.

Di seguito si propongono degli esercizi dove al variare di un parametro reale $\alpha$ si richiede se è possibile determinare tale parametro affinché la forma differenziale sia esatta nel suo dominio.

Esercizio 17. Sia

$\omega=\left(\frac{y}{1+xy}+\alpha y\right)\,dx+\left(\frac{x}{1+xy}+x\right)\,dy=F_1\,dx+F_2\,dy$

con $F_1$ e $F_2$ continue in $\Omega=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,x>0,\,y>0\}$ e $\alpha$ numero reale.Determinare se esistono valori di $\alpha$ affinché

$\quad$

- $\omega$ sia esatta in $\Omega$ ;

$\int_{\gamma}\omega =0$ dove il sostegno di $\gamma$ è il segmento che congiunge i punti $(2,2)$ e $(3,3)$ .

$\quad$

Soluzione. Verifichiamo se è possibile trovare il valore di $\alpha$ affinché $\omega$ sia chiusa nel suo dominio $\Omega$ . Calcoliamo le derivate miste

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{1+xy-xy}{\left(1+xy\right)^2}+1=\dfrac{1}{\left(1+xy\right)^2}+1 \end{equation*}$

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{1+xy-yx}{\left(1+xy\right)^2}+\alpha=\dfrac{1}{\left(1+xy\right)^2}+\alpha \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y}\quad \Leftrightarrow \quad \alpha=1. \end{equation*}$

Concludiamo che $\omega$ è chiusa se e solo se $\alpha=1$ e inoltre osserviamo che $\Omega$ è un insieme semplicemente connesso, pertanto per il Teorema di Poincaré concludiamo che $\omega$ è esatta in $\Omega$ .

Calcoliamo il valore di $\alpha$ affinché risulti $\int_\gamma \omega=0$ applicando la definizione. Parametrizziamo il sostegno di $\omega$

$\begin{equation*} \textbf{r}\left(t\right)=\left(t,t\right)\quad \text{con}\,\, t \in \left[2,3\right] \end{equation*}$

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime\left(t\right)=\left(1,1\right) \end{equation*}$

la derivata di $\textbf{r}\left(t\right)$ . Pertanto

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\omega&=\int_{2}^{3}\left(\dfrac{t}{1+t^2}+\alpha t+\dfrac{t}{1+t^2}+t\right)\,dt=\\ &=\int_{2}^{3}\left(\dfrac{2t}{1+t^2}+\left(\alpha+1\right)t\right)\,dt=\ln\left(1+t^2\right)+\dfrac{\left(\alpha+1\right)}{2}t^2\bigg \vert^3_2=\\ &=\ln 10 +\dfrac{9}{2}\left(\alpha+1\right)-\ln 5- 2\left(\alpha +1\right)=\ln 2 +\dfrac{5}{2}\left(\alpha+1\right)=0 \quad \Leftrightarrow \quad \end{aligned}$

$\begin{equation*} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha=-\dfrac{2}{5}\ln 2 -1. \end{equation*}$

Esercizio 18. Sia

(14) $\begin{equation*} \omega:=\left(\alpha x z+\dfrac{yz}{x}\right)\,dx+\left(z\ln x-\dfrac{\alpha^2 y}{2}\ln z\right)\,dy+\left(x^\alpha+y\ln x-\dfrac{y^2}{z}\right)\,dz. \end{equation*}$

Calcolare per quali valori di $\alpha$ è esatta e per tali valori di $\alpha$ calcolare la primitiva di $\omega$ .

$\quad$

Soluzione. Siano $F_1(x,y,z):=\alpha x z+\dfrac{yz}{x}$ , $F_2(x,y,z):=z\ln x-\dfrac{\alpha^2 y}{2}\ln z$ e $F_3(x,y,z):=x^\alpha+y\ln x-\dfrac{y^2}{z}$ . Verifichiamo se la forma differenziale è chiusa

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial F_3}{\partial y}=\dfrac{\partial F_2}{\partial z} \quad \Leftrightarrow \qquad \ln x-\dfrac{2y}{z}=\ln x-\dfrac{\alpha^2 y}{2z} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha=2,\\ & \dfrac{\partial F_1}{\partial z}=\dfrac{\partial F_3}{\partial x}\quad \Leftrightarrow \quad \alpha x +\dfrac{y}{x}=\alpha x^{\alpha-1}+\dfrac{y}{x}\quad \Leftrightarrow \quad \alpha=2,\\ &\dfrac{\partial F_2}{\partial x} =\dfrac{\partial F_1}{\partial y} \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{z}{x}=\dfrac{z}{x} \quad \Leftrightarrow \quad \forall \alpha \in \mathbb{R} \end{aligned}$

da cui si conclude che la forma differenziale è chiusa se e solo se $\alpha=2.$ Ora notiamo che il dominio della nostra forma differenziale è $\left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3\, : x>0,\, z>0 \right\}$ che è un insieme semplicemente connesso: allora per il teorema di Poincaré possiamo concludere che è esatta nel suo dominio.

Possiamo calcolare il potenziale ponendo $\alpha=2$

(15) $\begin{equation*} \begin{cases} F_1 = \dfrac{\partial U}{\partial x}\\ \\ F_2 = \dfrac{\partial U}{\partial y}\\ \\ F_3 = \dfrac{\partial U}{\partial z}. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima si ottiene

$\begin{aligned} U(x,y,z)&=\int\left(2 x z +\dfrac{y z}{x}\right)\,dx=\dfrac{2 x^2 z}{2}+y z \ln \left \vert x \right \vert +c(y,z)\overset{x>0}{=}\\ &\overset{x>0}{=}x^2 z+y z \ln \left( x \right) +c(y,z) \end{aligned}$

e sostituendo $U$ nella seconda abbiamo

$\begin{aligned} \dfrac{\partial U}{\partial y}&=z\ln x+\dfrac{\partial c}{\partial y}\left(y,z\right)=z \ln x -2y\ln z \quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad c(y,z)=-2\ln z\int y\,dy=- y^2 \ln z+g(z) \end{aligned}$

da cui

$\begin{equation*} U(x,y,z)=x^2 z+yz\ln x-y^2\ln z+g(z). \end{equation*}$

Sostituiamo ora $U$ nella terza equazione

$\begin{aligned} \dfrac{\partial U}{\partial z}=x^2+y\ln x-\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{d g}{d z}\left(z\right)=x^2+y\ln x -\dfrac{y^2}{z} \quad \Leftrightarrow \quad g(z)=\text{c}\in\mathbb{R}. \end{aligned}$

Si conclude che il potenziale è

$\boxcolorato{analisi}{U(x,y,z)=x^2z+yz\ln x-y^2\ln z+\text{c}.}$

Forme differenziali e coordinate polari

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In questa sezione proponiamo alcuni esercizi dove è utile ricorrere al passaggio in coordinate polari per la parametrizzazione dei domini e delle curve.

Esercizio 19. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(16) $\begin{equation*} I=\int_{+\Gamma}\left(x^2+y^2-x\right)\,dy \end{equation*}$

dove il sostegno di $\Gamma$ è la cardioide in figura 11 avente come equazione polare

(17) $\begin{equation*} \rho=1+\cos\theta \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right]. \end{equation*}$

$\quad$

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$\quad$

Soluzione. Parametrizziamo il sostegno di $\Gamma$ come segue

$\begin{aligned} \textbf{r}\left(\theta\right)&=\left(x(\theta),y(\theta)\right)=\left(\rho \cos \theta,\rho \sin\theta\right)=\\ &=\left(\left(1+\cos\theta\right)\cos\theta,\left(1+\cos\theta\right)\sin\theta\right)=\\ &=\left(\cos\theta+\cos^2\theta,\sin\theta+\cos\theta\sin\theta\right)=\\ &=\left(\cos\theta+\cos^2\theta,\sin\theta+\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)\right) \end{aligned}$

e calcoliamo la derivata di $\textbf{r}\left(\theta\right)$

$\begin{aligned} \textbf{r}^\prime\left(\theta\right)&=\left(-\sin\theta-2\cos\theta\sin\theta,\cos\theta+\cos\left(2\theta\right)\right)=\\ &=\left(-\sin\theta-\sin\left(2\theta\right),\cos\theta+\cos\left(2\theta\right)\right). \end{aligned}$

Calcoliamo (16) applicando la definizione di integrale di linea

$\begin{aligned} I&=\int_{0}^{2\pi}\left(\left(1+\cos\theta\right)^2-\cos\theta\left(1+\cos\theta\right)\right)\left(\cos\theta+\cos\left(2\theta\right)\right)\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(1+\cos^2\theta+2\cos\theta-\cos\theta-\cos^2\theta\right)\left(\cos\theta+\cos\left(2\theta\right)\right)\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(1+\cos\theta\right)\left(\cos\theta+1-2\sin^2\theta\right)\,d\theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(\cos\theta+1-2\sin^2\theta+\cos^2\theta+\cos\theta-2\sin^2\theta\cos\theta\right)\,d\theta=\\ &=2\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,d\theta+\int_{0}^{2\pi}1\,d\theta-2\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta\,d\theta+\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta+\\ & \qquad -2\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta\cos\theta\,d\theta\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}2\pi-2\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1-\cos\left(2\theta\right)}{2}\,d\theta+\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1+\cos\left(2\theta\right)}{2}\,d\theta -\dfrac{2}{3}\sin^3\theta\bigg\vert^{2\pi}_0=\\ &=2\pi-\int_{0}^{2\pi}1\,d\theta+\int_{0}^{2\pi}\cos\left(2\theta\right)\,d\theta+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}1\,d\theta+\\ &\qquad +\dfrac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos\left(2\theta\right)\,d\theta\overset{\diamond}{=}\\ &\overset{\diamond}{=}2\pi-2\pi+\pi=\pi \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato il fatto che l’integrale del coseno sul periodo è nullo e le seguenti formule notevoli: $\displaystyle\sin^2\theta=\frac{1+\cos\left(2\theta\right)}{2}$ , $\displaystyle\cos^2\theta=\frac{1-\cos\left(2\theta\right)}{2}$ ; inoltre in $\diamond$ abbiamo sfruttato il fatto che l’integrale del coseno su un multiplo del suo periodo è nullo. Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{I=\pi.}$

Esercizio 20. Calcolare applicando la definizione di integrale di linea di seconda specie

(18) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \textbf{F} \cdot d\bm{r} \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} \textbf{F} =\left(-y,x\right) \end{equation*}$

e il sostegno di $\gamma$ è rappresentato dalla seguente equazione in forma polare

(19) $\begin{equation*} \rho=R\,\theta\quad \text{con}\,\, \theta\in \left[0,4\pi\right] \end{equation*}$

dove $R>0$ è un parametro.

$\quad$

Soluzione. Parametrizziamo il sostegno di una generica curva nel piano in coordinate polari

(20) $\begin{equation*} \textbf{r}\left(\rho,\theta\right)=\left(\rho\cos \theta,\rho \sin\theta\right). \end{equation*}$

Sostituiamo (19) in (20) ottenendo così

(21) $\begin{equation*} \textbf{r}\left(R\,\theta,\theta\right)=\bm{\psi}\left(\theta\right)=R\left(\theta\cos\theta,\theta\sin\theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta\in\left[0,4\pi\right]. \end{equation*}$

Deriviamo (21) rispetto a $\theta$

$\begin{equation*} \bm{\psi}^\prime\left(\theta\right)=R\left(\cos\theta-\theta\sin\theta,\sin\theta+\theta\cos\theta\right) \end{equation*}$

e restringiamo $\textbf{F}$ lungo $\bm{\psi}\left(\theta\right)$

$\begin{equation*} \textbf{F}\left(\bm{\psi}\left(\theta\right)\right)=R\left(-\theta\sin\theta,\theta\cos\theta\right). \end{equation*}$

Calcoliamo il prodotto scalare tra $\textbf{F}\left(\bm{\psi}\left(\theta\right)\right)$ e $\bm{\psi}^\prime\left(\theta\right)$

$\begin{aligned} \textbf{F}\left(\bm{\psi}\left(\theta\right)\right)&\cdot \bm{\psi}^\prime\left(\theta\right)=\\ & =R^2\left(-\theta\sin\theta,\theta\cos\theta\right)\cdot\left(\cos\theta-\theta\sin\theta,\sin\theta+\theta\cos\theta\right) =\\ &=R^2\left(-\theta\cos\theta\sin\theta+\theta^2\sin^2\theta+\theta\cos\theta\sin\theta+\theta^2\cos^2\theta\right)=\\ &=R^2\left(\theta^2\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)\right)=R^2\theta^2. \end{aligned}$

Abbiamo dunque

$\begin{equation*} \int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d \bm{\ell}=R^2\int_{0}^{4\pi}\theta^2\,d \theta=R^2\cdot\dfrac{\theta^3}{3}\bigg\vert^{4\pi}_0=\dfrac{64}{3}\pi^3R^2. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d \bm{\ell}=\dfrac{64}{3}\pi^3R^2.}$

Teorema di Gauss-Green

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In questa sezione analizziamo il teorema di Gauss-Green e le sue applicazioni.

Teorema 6. (teorema di Gauss-Green). Sia $A\subset \mathbb{R}^2$ un aperto non vuoto e limitato tale che la frontiera di $A$ sia una curva regolare a tratti e siano $f_1,f_2 \in C^1(A)$ . Allora data la forma differenziale

$\omega=f_1(x,y)dx+f_2(x,y)dy$

vale la seguente formula:

$\int_{+\partial A}\omega=\iint_A\left( \dfrac{\partial f_2}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial f_1}{\partial y}(x,y)\right) \,dxdy$

dove $+\partial A$ è la frontiera di $A$ orientata positivamente (in senso antiorario)

$\quad$

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$\quad$

Spesso negli esercizi è utile applicare il teorema di Gauss-Green, ad esempio quando abbiamo l’integrale di linea di una forma differenziale chiusa su un sostegno di una curva che circuita un “buco”.

Esercizio 21. Calcolare

(22) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \omega \end{equation*}$

dove

(23) $\begin{equation*} \omega = (3x + y) \, dx + xy \, dy \end{equation*}$

e il sostegno di $\gamma$ è dato, nell’ordine, dal segmento di estremi $(1,1)$ e $(2,2)$ , dalla semicirconferenza di estremi $(2,2)$ e $(0,0)$ passante per $(0,2)$ e dal segmento di estremi $(0,0)$ e $(2,0)$ .

$\quad$

Soluzione. È immediato osservare che $(1,1)$ è il punto medio del segmento che congiunge i punti $(0,0)$ e $(2,2)$ che è il diametro della semicirconferenza.

Rappresentiamo graficamente in figura 13 il sostegno di $\gamma$

$\quad$

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$\quad$

dove il sostegno di $\gamma_1$ è il segmento che congiunge i punti da $(1,1)$ a $(2,2)$ , quello di $\gamma_2$ è la semicirconferenza e infine quello di $\gamma_3$ è il segmento che congiunge i punti da $(0,0)$ a $(2,0)$ .

Riscriviamo (23) come segue

$\begin{equation*} \omega=\omega_1+\omega_2 \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} \omega_1 = F_1 \, dx = 3x \quad \text{e}\quad \omega_2 = F_2 \, dx + F_3 \, dy = y \, dx + xy \, dy. \end{equation*}$

Il dominio di $\omega$ è $\mathbb{R}^2$ , che è un insieme semplicemente connesso: calcoliamo le derivate miste per vedere se $\omega$ è chiusa nel suo dominio

$\begin{aligned} & \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=0, \qquad \dfrac{\partial F_2}{\partial y}=1 \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_3}{\partial x}=y. \end{aligned}$

Notiamo che le derivate miste sono diverse pertanto $\omega$ non è chiusa.

Osserviamo che $\omega_1$ è chiusa ed inoltre, dal momento che il suo dominio è un insieme semplicemente connesso, è esatta, quindi possiamo calcolare un potenziale $U$ :

$\begin{equation*} \dfrac{dU}{dx}=3x \, dx \quad \Leftrightarrow \quad U = \dfrac{3}{2}x^2+\mbox{c} \end{equation*}$

con c costante.

Calcoliamo l’integrale di linea di $\omega_1$ sul sostegno $\gamma$

$\begin{equation*} \int_\gamma \omega_1 = U(2,0)-U(1,1)=\dfrac{3}{2}\left(4-1\right) = \dfrac{9}{2}. \end{equation*}$

Non ci resta che calcolare l’integrale di linea di $\omega_2$ sul sostegno di $\gamma=\gamma_1\cup\gamma_2\cup\gamma_3$ :

$\begin{equation*} \int_{\gamma}\omega_2=\int_{\gamma_1}\omega_2+\int_{\gamma_2}\omega_2+\int_{\gamma_3}\omega_2. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_1$

$\begin{equation*} \textbf{r}_1(t) = (t,t) \quad \text{con}\,\, t \in [1,2] \end{equation*}$

da cui

$\begin{aligned} \int_{\gamma_1} \omega_2 & = \int_1^2 (t,t^2) \cdot (1,1) \, dt = \\ & =\int_{1}^{2}\left(t+t^2\right)\,dt=\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{3}\bigg\vert^2_1=\\ &=\dfrac{4}{2}+\dfrac{8}{3}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}= \dfrac{23}{6}. \end{aligned}$

Ora parametrizziamo il sostegno di $\gamma_2$ ⁷

$\begin{equation*} \textbf{r}_2(\theta) = (\sqrt{2}\cos \theta+1,\sqrt{2}\sin \theta+1)\quad \text{con}\,\, \theta \in \left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5}{4}\pi\right]. \end{equation*}$

Per calcolare $\theta$ iniziale abbiamo impostato il seguente sistema

$\begin{equation*} \begin{cases} \sqrt{2}\cos\theta+1=2\\\\ \sqrt{2}\sin\theta+1=2 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \cos \theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\\\ \sin\theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \theta=\dfrac{\pi}{4}=\theta_i \end{equation*}$

e per $\theta$ finale

$\begin{equation*} \begin{cases} \sqrt{2}\cos\theta+1=0\\\\ \sqrt{2}\sin\theta+1=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \cos \theta =-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\\\ \sin \theta=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \theta=\dfrac{5}{4}\pi=\theta_f. \end{equation*}$

Calcoliamo⁸

$\begin{aligned} &\int_{\gamma_2} \omega_2 = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\sqrt{2}\sin \theta+1, (\sqrt{2}\cos \theta+1)(\sqrt{2}\sin \theta+1)) \cdot (-\sqrt{2} \sin \theta, \sqrt{2} \cos \theta) \; d \theta =\\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\left(-2\sin^2\theta-\sqrt{2}\sin\theta+\sqrt{2}\cos\theta(\sqrt{2}\cos \theta+1)(\sqrt{2}\sin \theta+1)\right)\, d \theta=\\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\left(-2\sin^2\theta-\sqrt{2}\sin\theta+2\sqrt{2}\cos^2\theta\sin\theta+2\cos^2\theta+2\cos\theta\sin\theta+\sqrt{2}\cos\theta\right)\,d \theta=\\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\left(2\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)+\sqrt{2}\left(\cos\theta-\sin\theta\right)+2\sqrt{2}\cos^2\theta\sin\theta+2\cos\theta\sin\theta\right)\, d \theta=\\ &=2\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\cos\left(2\theta\right)\, d \theta+2\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)\, d \theta+\\ &+2\sqrt{2}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\cos^2\theta\sin \theta\, d \theta+2 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\cos\theta\sin \theta \, d \theta=\\ &=\sin\left(2\theta\right)\bigg \vert^{\frac{5}{4}\pi}_{\frac{\pi}{4}}+2\sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)\bigg \vert^{\frac{5}{4}\pi}_{\frac{\pi}{4}}-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\cos^3\theta \bigg \vert^{\frac{5}{4}\pi}_{\frac{\pi}{4}}+\sin^2\theta\bigg \vert^{\frac{5}{4}\pi}_{\frac{\pi}{4}}=\\ &=\sin\left(\dfrac{5}{2}\pi\right)-\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)+2\sin\left(\dfrac{5}{4}\pi+\dfrac{\pi}{4}\right)-2\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}\right)-\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\cos^3\left(\dfrac{5}{4}\pi\right)+\\ &\quad +\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\sin^3\left(\dfrac{\pi}{4}\right) +\sin^2\left(\dfrac{5}{4}\pi\right)-\sin^2\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\\ &=1-1+2\sin\left(\dfrac{3}{2}\pi\right)-2\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)+\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^3+\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^3+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2-\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2=\\ &=-2-2+\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{8}+\dfrac{2\sqrt{2}}{8}\right) =-4+\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=-4+\dfrac{2}{3}= - \dfrac{10}{3}. \end{aligned}$

Infine non resta che calcolare la parametrizzazione del sostegno di $\gamma_3$

$\begin{equation*} \textbf{r}_3(t) = (t,0) \quad \text{con}\,\,t\in \left[0,2\right] \end{equation*}$

da cui⁹

$\begin{equation*} \int_{\gamma_3} \omega_2 = 0. \end{equation*}$

Infine

$\boxcolorato{analisi}{\int_\gamma \omega=\dfrac{9}{2}-\dfrac{10}{3}+\dfrac{23}{6} = 5.}$

Era altresì possibile calcolare $\int_{\gamma}\omega_2$ applicando il teorema di Gauss-Green. Consideriamo il percorso chiuso in figura 14

$\quad$

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$\quad$

dove il sostegno di $\gamma_2$ è la semicirconferenza, quello di $\gamma_4$ è il diametro della semicirconferenza, quello di $\gamma_5$ è il segmento che congiunge i punti $(0,0)$ e $(1,1)$ ed infine $\gamma_3$ è il segmento che congiunge i punti $(0,0)$ e $(2,0)$ .

Dunque

$\begin{equation*} \int_{\gamma_2} \omega_2 + \int_{\gamma_4} \omega_2 = \iint_{\Omega} (y-1) \, dx \, dy \end{equation*}$

dove $\Omega$ è il dominio contenuto nel percorso chiuso.

Calcoliamo¹⁰

$\begin{aligned} \iint_{\Omega} (y-1) \, dx \, dy & = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} d\theta \int_0^{\sqrt{2}} \rho (\rho \sin \theta + 1 - 1) \, d\rho = \\ & = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} d\theta \int_0^{\sqrt{2}} \rho^2 \sin \theta \; d\rho = \\ &=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\sin \theta\, d \theta \int_0^{\sqrt{2}} \rho^2 \, d \rho= \dfrac{4}{3}. \end{aligned}$

Ora parametrizziamo il sostegno di $\gamma_5$

$\begin{equation*} \textbf{r}_5(t)=(t,t) \quad \text{con}\,\, t \in \left[0,1\right] \end{equation*}$

allora

$\begin{equation*} \int_{\gamma_5} \omega_2 = \int_0^1 (t,t^2)\cdot(1,1) \, dt = \dfrac{5}{6}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{aligned} \int_\gamma\omega&=\int_\gamma\omega_1+\int_\gamma\omega_2=\dfrac{9}{2}+\int_\gamma\omega_2=\\ &=\dfrac{9}{2}+\iint_{\Omega}(y-1)\,dxdy-\int_{\gamma_5}\omega_2+\int_{\gamma_3}\omega_2=\\ &=\dfrac{9}{2}+\dfrac{4}{3}-\dfrac{5}{6}+0=5. \end{aligned}$

Si conclude nuovamente che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\omega=5. }$

Esercizio 22. Calcolare $\int_{\gamma} \omega$ dove

$\begin{equation*} \omega = \dfrac{y}{(x-1)^2+y^2} \, dx - \dfrac{2y}{x^2+y^2} \, dx + \dfrac{2x}{x^2+y^2} \, dy + \dfrac{1-x}{(x-1)^2+y^2} \, dy \end{equation*}$

e il sostegno di $\gamma$ è rappresentato dalla circonfenreza di equazione $x^2+y^2=9$ , percorsa in senso antiorario.

$\quad$

Soluzione. Riscriviamo $\omega$ come segue

$\begin{equation*} \omega=\underbrace{\dfrac{y}{(x-1)^2+y^2} \, dx+ \dfrac{1-x}{(x-1)^2+y^2} \, dy }_{\omega_1} +\underbrace{- \dfrac{2y}{x^2+y^2}dx+\dfrac{2x}{x^2+y^2} \, dy}_{\omega_2} \end{equation*}$

Vogliamo verificare se $\omega_1$ è chiusa e a tal scopo calcoliamo le derivate miste.

Poniamo

$\begin{equation*} F_1 = \dfrac{y}{(x-1)^2+y^2} \end{equation*}$

e deriviamola rispetto ad $y$

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

Definiamo poi

$\begin{equation*} F_2 = \dfrac{1-x}{(x-1)^2+y^2} \end{equation*}$

e deriviamola rispetto ad $x$

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} =\dfrac{\left(-1\right)\left(\left(x-1\right)^2+y^2\right)+2\left(x-1\right)^2}{\left((x-1)^2+y^2\right)^2}= \dfrac{x^2+1-2x-y^2}{\left((x-1)^2+y^2\right)^2}. \end{equation*}$

Osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{\partial F_2}{\partial x} \end{equation*}$

quindi $\omega_1$ è chiusa. Si osserva che $\text{Dom}\left(\omega_1\right) = \mathbb{R}^2 \setminus \{(1,0) \}$ che non è un insieme semplicemente connesso quindi non abbiamo informazioni al momento per dire se $\omega_1$ è esatta nel suo dominio.

Consideriamo il percorso chiuso in figura 15

$\quad$

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$\quad$

dove il sostegno di $\gamma$ è la circonferenza centrata nell’origine di raggio $3$ , il sostegno di $\gamma_1$ è una circonferenza centrata in $(1,0)$ di raggio $1$ , $\gamma_2$ è il segmento che congiunge i punti $(0,-3)$ e $(0,0)$ . Sostanzialmente abbiamo scelto un percorso chiuso che permette di poter applicare il teorema di Gauss-Green; inoltre il dominio contenuto all’interno di tale percorso è un insieme semplicemente connesso quindi $\omega_1$ è localmente esatta.

Applicando il teorema di Gauss-Green abbiamo

(24) $\begin{equation*} \begin{aligned} \int_{+\gamma}\omega_1+&\int_{-\gamma_1}\omega_1+\underbrace{\int_{+\gamma_2}\omega_1+\int_{-\gamma_2}\omega_1}_{=0}=\\ &=\iint_A\left( \dfrac{\partial F_2}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\right) \,dxdy=\iint_A\left( 0\right) \,dxdy=0, \end{aligned} \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} A=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,x^2+y^2\leq9,\, (x-1)^2+y^2\geq 1\}, \end{equation*}$

da cui

(25) $\begin{equation*} \int_{+\gamma}\omega_1 = -\int_{-\gamma_1}\omega_1 = \int_{+\gamma_1}\omega_1. \end{equation*}$

La parametrizzazione di $\gamma_1$ è

$\begin{equation*} \textbf{r}_1(\theta)= \left(\cos \theta + 1, \sin \theta\right), \qquad \mbox{con } \theta \in [0,2\pi]. \end{equation*}$

Calcoliamo la derivata di $\gamma_1(\theta)$

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime_1(\theta)=(-\sin \theta,\cos \theta). \end{equation*}$

Dal momento che

$\begin{equation*} \begin{cases} dx=-\sin \theta \, d \theta\\\\ dy=\cos \theta \, d \theta \end{cases} \end{equation*}$

restringendo $\omega_1$ lungo $\textbf{r}_1(\theta)$ si ha

$\begin{aligned} \omega_1\left(\gamma_1(\theta)\right)&=\dfrac{\sin \theta \left(-\sin \theta\right)}{\left(\cos \theta +1-1\right)^2+\sin^2 \theta}\, d \theta +\dfrac{\left(1-\left(\cos \theta +1\right)\right)\left(\cos \theta\right)}{\left(\cos \theta +1-1\right)^2+\sin^2 \theta} \, d \theta=\\ &=-\dfrac{\sin^2 \theta }{\cos^2 \theta+\sin^2\theta}\, d \theta-\dfrac{\cos^2 \theta}{\cos^2 \theta+\sin^2 \theta}\, d \theta=\\ &=-\left(\sin^2 \theta +\cos^2 \theta\right)\, d \theta=-d \theta, \end{aligned}$

da cui tornando a (25) si ha

$\begin{equation*} \int_{+\gamma}\omega_1 = \int_{+\gamma_1}\omega_1=-\int_{0}^{2\pi}d \theta=-2 \pi. \end{equation*}$

Non resta che calcolare $\int_{\gamma}\omega_2$ . Vogliamo verificare se $\omega_2$ sia chiusa e a tal scopo calcoliamo le derivate miste.

Poniamo

$F_3 = - \dfrac{2y}{x^2+y^2},$

e derivandolo rispetto ad $y$ otteniamo

$\dfrac{\partial F_3}{\partial y} = - \dfrac{2(x^2+y^2)-2y(2y)}{(x^2+y^2)^2} = \dfrac{-2x^2+2y^2}{(x^2+y^2)^2}.$

Poniamo poi

$F_4 = \dfrac{2x}{x^2+y^2}$

e derivando anche quest’ultima stavolta rispetto ad $x$ otteniamo

$\dfrac{\partial F_4}{\partial x} = - \dfrac{2(x^2+y^2)-2x(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \dfrac{-2x^2+2y^2}{(x^2+y^2)^2}.$

Osserviamo che

$\dfrac{\partial F_3}{\partial y} =\dfrac{\partial F_4}{\partial x}$

quindi $\omega_2$ è chiusa.

Si osserva che $\text{Dom}\left(\omega_2\right) = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0) \}$ che non è un insieme semplicemente connesso quindi non abbiamo informazioni al momento per dire se $\omega_2$ è esatta nel suo dominio.

Consideriamo il percorso chiuso rappresentato in figura 16

$\quad$

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$\quad$

dove il sostegno di $\gamma$ è la circonferenza centrata nell’origine di raggio $3$ , il sostegno di $\gamma_3$ è una circonferenza centrata in $(0,0)$ di raggio $1$ e $\gamma_4$ è il segmento che congiunge i punti $(-3,0)$ e $(0,0)$ . Il dominio contenuto all’interno del nostro percorso chiuso è un insieme semplicemente connesso quindi $\omega_2$ è localmente esatta.

Procedendo in modo analogo al passaggio (24) si ottiene

(26) $\begin{equation*} \int_{+\gamma}\omega_2 = \int_{+ \gamma_3}\omega_2. \end{equation*}$

Parametrizziamo $\gamma_3(\theta)$ :

$\begin{equation*} \textbf{r}_3(\theta) = (\cos \theta, \sin \theta), \qquad \mbox{con } \theta \in [0,2\pi] \end{equation*}$

e calcoliamo la derivata di $\gamma_3(\theta)$

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime_3(\theta)=\left(-\sin \theta,\cos \theta \right). \end{equation*}$

Dal momento che

$\begin{equation*} \begin{cases} dx=-\sin \theta\, d \theta \\ dy=\cos\theta\, d \theta \end{cases} \end{equation*}$

restringendo $\omega_2$ lungo $\textbf{r}_3(\theta)$

$\begin{aligned} \omega_2\left(\textbf{r}_3\left(\theta\right)\right) & = -\dfrac{2 \sin \theta(-\sin \theta)}{\cos^2\theta+\sin^2\theta}\,d \theta+\dfrac{2\cos \theta(\cos \theta)}{\cos^2 \theta+\sin^2 \theta} \, d\theta=\\ &=2 \left(\sin^2\theta+\cos^2 \theta\right)\, d \theta=2 \, \theta. \end{aligned}$

Tornando a (26) otteniamo

$\begin{equation*} \int_{+\gamma}\omega_2 = \int_{+ \gamma_3}\omega_2= 2 \int_0^{2\pi} d\theta = 4\pi \end{equation*}$

e quindi concludiamo che

$\begin{equation*} \int_{+\gamma} \omega =\int_{+\gamma} \omega_1+\int_{+\gamma} \omega_2= -2\pi+4\pi = 2\pi \end{equation*}$

pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int_\gamma \omega= 2\pi.}$

Esercizio 23. Calcolare l’integrale curvilineo:

$\begin{equation*} \int_\gamma y(1-y^2+\cos(x)) \; dx+(x(1+x^2)+\sin (x)+y) \; dy \end{equation*}$

Dove $\gamma$ è la poligonale non chiusa che unisce i seguenti punti nell’ordine assegnato: $(0,0)$ , $(2,0)$ , $(1,2)$ e $(0,2)$ .

$\quad$

Soluzione. Il grafico del sostegno di $\gamma$ è riportato in figura 17

$\quad$

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$\quad$

Poniamo

$\begin{aligned} & F_1=(y-y^3+y\cos x)\\ & F_2=(x+x^3+\sin x+y) \end{aligned}$

da cui:

$\begin{aligned} \int_\gamma \omega &= \int_\gamma (y-y^3+y\cos x) \; dx+(x+x^3+\sin x+y)\; dy=\\ &=\int_\gamma F_1 \; dx+F_2 \; dy. \end{aligned}$

Osserviamo che

$\begin{aligned} &\dfrac{\partial F_2}{\partial x}=1+3x^2+\cos x\\\\ &\dfrac{\partial F_1}{\partial y}=1-3y^2+\cos x \end{aligned}$

e quindi

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} \neq \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}$

pertanto $\omega$ non è chiusa.

Sia $\omega_1=(y+y\cos x)\;dx+(x+\sin x+y) \; dy$ che è chiusa in quanto

$\begin{equation*} \dfrac{\partial \left(x+\sin x+y\right)}{\partial x}=\dfrac{\partial \left(y+y\cos x\right)}{\partial y}=\cos x +1. \end{equation*}$

Inoltre il suo dominio è $\mathbb{R}^2$ che è un insieme semplicemente connesso e pertanto risulta esatta.

Calcoliamo un potenziale $U(x,y)$ per $\omega_1$ che rispetta le seguente condizioni:

$\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x}(x,y)=y+y\cos x\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y}(x,y)=x+\sin x+y \end{cases}. \end{equation*}$

Dalla prima equazione ricaviamo che

$\begin{equation*} U(x,y)=yx+y\sin x+c(y) \end{equation*}$

sostituiamo $U(x,y)$ nella seconda equazione:

$\begin{equation*} x+\sin x+\dfrac{dc(y)}{dy}=x+\sin x+y \Leftrightarrow c(y)=\dfrac{y^2}{2}+\mbox{costante} \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} U(x,y)=yx+y\sin x+\dfrac{y^2}{2}+\mbox{costante}. \end{equation*}$

Si conclude che

$\begin{equation*} \int_\gamma \omega_1=U(0,2)-U(0,0)=\dfrac{4}{2}=2 \end{equation*}$

Sia ora

$\begin{equation*} \omega_2=-y^3 \; dx+x^3 \; dy. \end{equation*}$

Applichiamo il teorema di Gauss-Green:

$\begin{equation*} \int_\gamma \omega_2=\iint_D (3x^2+3y^2)dxdy-\int_{\gamma_1} \omega_2 \end{equation*}$

dove $\gamma_1$ è il sostegno rappresentato dal segmento che va dal punto $(0,2)$ a $(0,0)$ . Abbiamo dunque

$\begin{aligned} &D= \left\{ \left(x,y\right)\in \mathbb{R}^2 \; \bigg\vert \; 0 \le y \le 2, \, 0 \le x \le \dfrac{4-y}{2} \right\}\\ &\gamma_1:\,\textbf{r}_1(t)=(0,-t), \qquad \mbox{con } t \in (-2,0) \end{aligned}$

e quindi

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \omega_2 & =\iint_D (3x^2+3y^2)dxdy-\int_{\gamma_1} \omega_2 \\ & = 3\int_0^2 \; dy \int_0^{\frac{4-y}{2}}(x^2+y^2) \; dx+ \int_{-2}^0 (t^3,0) \cdot (0,-1) \; dt =\\ &=3 \int_0^2 \left(\dfrac{x^3}{3}+y^2x \right)\bigg\vert_0^{\frac{4-y}{2}} \; dy =\\ & = 3 \int_0^2 \left( \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{4-y}{2} \right)^3 +y^2 \left(\dfrac{4-y}{2} \right) \right)dy=\dfrac{35}{2}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\int_\gamma \omega=\dfrac{35}{2}+2=\dfrac{35+4}{2}=\dfrac{39}{2}.}$

Esercizio 24. Calcolare

$\begin{equation*} \int_{\gamma} \left(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} \; \arctan \dfrac{y}{\sqrt{x^2+1}}\right) \, dx + \left(2x + \dfrac{1}{\sqrt{y^2+1} \; }\arctan\dfrac{x}{\sqrt{y^2+1}}\right) \, dy \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il sostegno della curva di equazione $\displaystyle\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1$ percorsa una volta in senso antiorario.

$\quad$

Soluzione. Il dominio di $\omega$ è $\mathbb{R}^2$ : definiamo

$\begin{equation*} F_1 = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} \; \arctan \dfrac{y}{\sqrt{x^2+1}} \end{equation*}$

$\begin{equation*} F_2 =2x + \dfrac{1}{\sqrt{y^2+1} \; }\arctan\dfrac{x}{\sqrt{y^2+1}}. \end{equation*}$

Vogliamo studiare la chiusura di $\omega$ , quindi calcoliamo le derivate miste:

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y} = \dfrac{1}{x^2+y^2+1} \qquad \mbox{e} \qquad \dfrac{\partial F_2}{\partial x} = 2+\dfrac{1}{x^2+y^2+1} \end{equation*}$

e osserviamo che

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_1}{\partial y} \neq \dfrac{\partial F_2}{\partial x}, \end{equation*}$

pertanto $\omega$ non è chiusa.

Applichiamo dunque il teorema di Gauss-Green

$\begin{equation*} \int_\gamma \omega = \iint_C \left(\dfrac{\partial F_2}{\partial y}-\dfrac{\partial F_1}{\partial x} \right) \, dx \, dy \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} C = \left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \, \bigg\vert \, \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}\leq 1 \right\} \end{equation*}$

è rappresentato in figura 18. Dunque

$\begin{aligned} \int_{\gamma} \omega & = - \iint_{C}\left( -\dfrac{1}{x^2+y^2+1} + 2 + \dfrac{1}{x^2+y^2+1}\right)\; dx \; dy =\\\\ & = \iint_{C} 2 \; dx \; dy \end{aligned}$

$\quad$

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$\quad$

Infine si ricorda che data un’ellisse di equazione cartesiana:

$\begin{equation*} \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \quad \text{con}\,\, a,b >0, \end{equation*}$

la sua area è pari a

$\begin{equation*} A=\iint_{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq 1 }1\,dxdy=\pi a b . \end{equation*}$

Ritornando all’integrale abbiamo

$\begin{equation*} \int_{\gamma} \omega=\iint_{C} 2 \; dx \; dy=2\left(12\pi \right)=24\pi, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\omega=24\pi.}$

L’equazione che descrive il sostegno è $\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=\left(\frac{1}{2}\sqrt{2^2+2^2}\right)^2=2.$ Quindi il raggio è $r=\sqrt{2}$ da cui si trova facilmente la parametrizzazione $\bf{r}_2(\theta)=\left(\sqrt{2}\cos\theta+1,\sqrt{2}\sin\theta+1\right)$ . ↩
Si ricorda che $\cos\theta-\sin\theta=\sqrt{2}\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$ e $\cos\left(2\theta\right)=\cos^2\theta-\sin^2\theta$ . ↩
L’integrale di linea è nullo perché $\omega_2$ ristretta su $\textbf{r}_3(t)$ è identicamente nulla. ↩
La parametrizzazione della semicerchio è
$\begin{cases} x=\rho\cos \theta+1\\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad\quad\quad \theta\in \left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5}{4}\pi\right]\rho \in \left[0,\sqrt{2}\right]\\ y=\rho \sin \theta. \end{cases}$

Inoltre si ricorda che

$dx\,dy=\rho \, d\rho d \theta.$

↩

Convenzioni verso di percorrenza

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In molte applicazioni risulta necessario calcolare un integrale di linea di una forma differenziale su un bordo costituito da una parte esterna e una interna (ad esempio una corona circolare): in tal caso per convenzione si sceglie come verso di percorrenza quello antiorario per la parte esterna ed orario per la parte interna. La motivazione è legata alla scelta della terna di riferimento locale che deve essere così fatta: versore normale $\hat{n}$ uscente (rispetto alla regione di interesse), versore ortogonale $\hat{z}$ al piano del foglio uscente, conseguentemente il versore tangente $\hat{t}=\hat{n}\times\hat{z}$ risulta diretto in senso antiorario nella parte esterna mentre si avvolge in senso orario nella parte interna (seguendo la regola della mano destra). Si può immaginare per comodità una persona che cammina lungo tali bordi: per essa il dominio deve rimanere sempre a sinistra e pertanto egli percorrerà il bordo esterno in senso antiorario e quello interno in senso orario.

Esercizio 25. Calcolare il seguente integrale di seconda specie

(27) $\begin{equation*} I=\int_{+\gamma}\left(-y+2x\right)\,dx+\left(x+1\right)\, dy=\int_{+\gamma}F_1\,dx+F_2\,dy=\int_{+\gamma}\omega \end{equation*}$

dove il sostegno di $\gamma$ è dato dalla frontiera del dominio tratteggiato in figura 19 (regolare, a $4$ contorni), con le circonferenze non aventi il centro nell’origine che hanno raggio $1/2$ e centri rispettivamente $(-2,0)$ e $(2,0)$ .Nota. Si assuma la curva orientata come in figura 19.

$\quad$

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$\quad$

Soluzione. Riscriviamo (27) come segue

$\begin{equation*} I=\int_{\gamma}\underbrace{y\,dy+\left(x+1\right)\,dx}_{\omega_1}+2\int_{\gamma}\underbrace{\left(x-y\right)\,dx}_{\omega_2}. \end{equation*}$

Si osserva facilmente che $\omega_1$ è chiusa e inoltre il suo dominio è $\mathbb{R}^2$ che è un insieme semplicemente connesso: pertanto l’integrale di linea di seconda specie sul percorso chiuso $\gamma$ risulta nullo $\int_{\gamma_1}\omega=0.$

Definiamo $\gamma=\gamma_1\cup\gamma_2\cup\gamma_3\cup\gamma_4$ come in figura 19, dove $\gamma_1$ ha come sostegno una circonferenza di equazione $x^2+y^2=1$ , mentre $\gamma_2$ una circonferenza di equazione $(x-2)^2+y^2=1/4$ , $\gamma_3$ una circonferenza di equazione $(x+2)^2+y^2=1/4$ ed infine $\gamma_4$ una circonferenza di equazione $x^2+y^2=9.$

Per quanto detto, possiamo riscrivere (27) come segue

(28) $\begin{equation*} I=\int_{-\gamma_1}\omega_2+\int_{-\gamma_2}\omega_2+\int_{-\gamma_3}\omega_2+\int_{+\gamma_4}\omega_2. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_1$

$\begin{equation*} \textbf{r}_1\left(\theta\right)=\left(\cos \theta,-\sin \theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in [0,2\pi] \end{equation*}$

e derivando otteniamo

$\begin{equation*} \textbf{r}_1^\prime\left(\theta\right)=\left(-\sin \theta,-\cos \theta \right) \end{equation*}$

per cui

(29) $\begin{equation*} \int_{-\gamma_1} \omega_2=\int_{0}^{2\pi}\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(-\sin\theta\right)\,d \theta. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_2$ come segue

$\begin{equation*} \textbf{r}_2\left(\theta\right)=\left(2+\dfrac{1}{2}\cos \theta,-\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\quad \text{con}\,\, \theta\in\left[0,2\pi\right] \end{equation*}$

e derivando quanto ottenuto abbiamo

$\begin{equation*} \textbf{r}_2\left(\theta\right)=\left(-\dfrac{1}{2}\sin\theta,-\dfrac{1}{2}\cos\theta\right), \end{equation*}$

per cui

(30) $\begin{equation*} \int_{-\gamma_2}\omega_2=\int_{0}^{2\pi}\left(2+\dfrac{1}{2}\cos \theta+\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\left(-\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\, d\theta. \end{equation*}$

Parametrizziamo ora il sostegno di $\gamma_3$

$\begin{equation*} \textbf{r}_3\left(\theta\right)=\left(-2+\dfrac{1}{2}\cos\theta,-\dfrac{1}{2}\sin\theta\right) \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right] \end{equation*}$

e la sua derivata è

$\begin{equation*} \textbf{r}_3^\prime\left(\theta\right)=\left(-\dfrac{1}{2}\sin\theta,-\dfrac{1}{2}\cos\theta\right) \end{equation*}$

per cui

(31) $\begin{equation*} \int_{-\gamma_3}\omega_2=\int_{0}^{2\pi}\left(-2+\dfrac{1}{2}\cos\theta+\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)\left(-\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)\,d \theta. \end{equation*}$

Infine parametrizziamo il sostegno di $\gamma_4$

$\begin{equation*} \textbf{r}_4\left(\theta\right)=\left(3\cos \theta,3\sin \theta \right) \quad \text{con}\,\, \theta \in \left[0,2\pi\right] \end{equation*}$

e calcoliamo la sua derivata

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime_4\left(\theta\right)=\left(-3\sin \theta,3\cos \theta\right) \end{equation*}$

per cui

(32) $\begin{equation*} \int_{+\gamma_4}\omega_2=\int_{0}^{2\pi}\left(3\cos\theta-3\sin\theta\right)\left(-3\sin\theta\right)\,d \theta. \end{equation*}$

Pertanto usando (29), (30), (31) e (32) possiamo riscrivere (28) come segue

$\begin{aligned} I&=\int_{0}^{2\pi}\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(-\sin\theta\right)\,d \theta+\\ &+\int_{0}^{2\pi}\left(2+\dfrac{1}{2}\cos \theta+\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\left(-\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\, d\theta+\\ &+\int_{0}^{2\pi}\left(-2+\dfrac{1}{2}\cos\theta+\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)\left(-\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)\,d \theta+\\ &+\int_{0}^{2\pi}\left(3\cos\theta-3\sin\theta\right)\left(-3\sin\theta\right)\,d \theta=\\ &\int_{0}^{2\pi}(\cos\theta+\sin\theta+1+\dfrac{1}{4}\cos\theta+\dfrac{1}{4}\sin\theta-1+\dfrac{1}{4}\cos\theta+\dfrac{1}{4}\sin\theta+\\ &9\cos\theta-9\sin\theta)\left(-\sin\theta\right)\,d \theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(\dfrac{21}{2}\cos\theta-\dfrac{15}{2}\sin\theta\right)\left(-\sin\theta\right)\,d \theta=\\ &=\dfrac{21}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos\left(\theta\right)\left(-\sin\theta\right)\,d \theta+\dfrac{15}{2}\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta\,d \theta\overset{\clubsuit}{=}\\ &=\dfrac{\cos^2\theta}{2}\bigg\vert^{2\pi}_0+\dfrac{15}{2}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1-\cos\left(2\theta\right)}{2}\,d \theta=\\ &=\dfrac{\cos^2\left(2\pi\right)}{2} -\dfrac{\cos^2\left(0\right)}{2}+\dfrac{15}{2}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{2}\,d \theta-\dfrac{15}{2}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos\left(2\theta\right)}{2}\,d \theta\overset{\diamond}{=}\\ &=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{15}{4}\cdot\left(2\pi\right)+0=\dfrac{15}{2}\pi\\ \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato $\sin^2(\theta)=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}$ e in $\diamond$ abbiamo usato il fatto che l’integrale del coseno su un multiplo del suo periodo è nullo.

Dunque possiamo riscrivere (28) come segue

$\begin{equation*} I=2\cdot \dfrac{15}{2}\pi=15\pi. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{I=15\pi.}$

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Ottieni il documento contenente 76 pagine dedicate alla risoluzione degli esercizi sulle forme differenziali.

Esercizi di riepilogo

Introduzione.

In questo paragrafo conclusivo proponiamo esercizi di varia natura riguardo l’integrazione delle forme e dei campi.

Esercizio 26. Calcolare

(33) $\begin{equation*} \int_{\gamma}\omega= \int_{\gamma} -\dfrac{3}{3x+y+2} \, dx + \dfrac{3x+y+1}{3x+y+2} \, dy \end{equation*}$

dove $\gamma$ è la curva di punto iniziale $A(0,-1)$ e punto finale $B$ , costituita dai seguenti archi

$\quad$

- il minore dei due archi $AD$ della circonferenza di equazione $x^2+y^2-4x+2y+1=0$ delimitato dai punti $A$ e $D(2,1)$

- il segmento che unisce $D$ al punto $C(1,5)$

l’arco ${CB}$ della parabola di equazione $y=-\dfrac{x^2}{2}+3x+\dfrac{5}{2}$ delimitato da $C$ e dal suo simmetrico rispetto all’asse della parabola stessa.

Soluzione.

Rappresentiamo graficamente in figura 20 il sostegno di $\gamma$ :

$\quad$

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$\quad$

Osserviamo che il dominio di $\omega$ è:

$D = \left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \, \vert \, 3x+y+2 \neq 0\right\}$

e vogliamo studiare se $\omega$ sia chiusa nel suo dominio. Chiamiamo

$F_1 = \dfrac{-3}{3x+y+2} \quad \mbox{e} \quad F_2 = \dfrac{3x+y+1}{3x+y+2},$

calcoliamo le derivate

$\dfrac{\partial F_1}{\partial y} = \dfrac{3}{(3x+y+2)^2} \quad \mbox{e} \quad \dfrac{\partial F_2}{\partial x} = \dfrac{3}{(3x+y+2)^2}$

e poiché

$\frac{\partial F_1}{\partial y} = \frac{\partial F _2}{\partial x}$

allora $\omega$ risulta chiusa.

Rappresentiamo $D$ in figura 21

$\quad$

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$\quad$

e notiamo che $D$ non è un insieme semplicemente connesso poiché vanno esclusi tutti i punti della retta di equazione $3x+y+2=0$ . Pertanto non possiamo dire nulla sull’esattezza di $\omega$ in $D$ . Tuttavia il percorso $\gamma$ si trova in una zona del dominio che è un insieme semplicemente connesso (infatti la curva è tutta contenuta nel semipiano superiore rispetto alla retta) quindi $\omega$ è localmente esatta. Possiamo calcolare un potenziale locale $U$ tale che:

$\begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x}= \dfrac{-3}{3x+y+2}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y}= \dfrac{3x+y+1}{3x+y+2} \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} U(x,y)=-\ln\left \vert 3x+y+2\right \vert + c(y)\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y}= \dfrac{3x+y+1}{3x+y+2} \end{cases}$

Sostituendo $U(x,y)$ nella seconda equazione del sistema troviamo

$\begin{aligned} &\dfrac{\partial (-\ln\left( \vert 3x+y+2\right \vert + c(y))}{\partial y} = \dfrac{3x+y+1}{3x+y+2}=1-\dfrac{1}{3x+y+2}\quad \Leftrightarrow \\ &\Leftrightarrow\quad -\dfrac{1}{3x+y+2}+\dfrac{dc}{dy}(y)=3x+y+2-\dfrac{1}{3x+y+2}\quad \Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{dc}{dy}(y) = 1 \quad \Leftrightarrow\quad c(y)=y+costante, \end{aligned}$

avendo utilizzato una proprietà¹¹, quindi

$U(x,y,z)= - \ln\left \vert 3x+y+2\right \vert +y.$

Tornando a (33):

$U(B)-U(A) = \int_\gamma \omega$

con $B=(5,5)$ e $A=(0,-1)$ , otteniamo

$U(B)-U(A) = -\ln(15+5+2)+5-(-\ln(0-1+2)-1) = 6 - \ln(22).$

Si conclude quindi

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\omega=6 - \ln(22).}$

Si utilizza la seguente relazione: se
$f:A \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R},\,$

è una funzione derivabile nel suo dominio, e detta

$y=\ln \left \vert f(x) \right \vert$

la sua derivata risulta

$y^\prime=\sigma(f(x))\dfrac{f^\prime(x)}{f(x)},$

dove $\sigma$ indica la funzione segno. Applichiamo la relazione ad $U(x,y)$ , notando che su $\gamma$ , $U>0$ . ↩

Esercizio 27. Calcolare

$\int_{\gamma} \left(\dfrac{xy^3}{3} + \dfrac{y}{\sqrt{x^2+1}}-\sin y\right) \, dx + \left(x^2y^2+\operatorname {arcsinh} (x) - x \cos y\right) \, dy$

dove $\gamma$ è la frontiera del rettangolo $R=[1,4] \times [1,3]$ percorsa una volta in senso orario.

Soluzione.

Osserviamo che il dominio di $\omega$ è $\mathbb{R}^2$ .

Chiamiamo

$F_1 = \dfrac{xy^3}{3} + \dfrac{y}{\sqrt{x^2+1}}-\sin y \qquad \mbox{e} \qquad F_2 = x^2y^2+\operatorname {arcsinh} (x) - x \cos y$

e verifichiamo se $\omega$ è chiusa nel suo dominio: calcoliamo le derivate miste

$\dfrac{\partial F_1}{\partial y} = xy^2+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\cos y \qquad \mbox{e} \qquad \dfrac{\partial F_2}{\partial x} = 2xy^2+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\cos y$

ed essendo

$\dfrac{\partial F_1}{\partial y} \neq \dfrac{\partial F_2}{\partial x}$

allora $\omega$ non è chiusa nel suo dominio.

Applichiamo ora il teorema di Gauss-Green

$\int_\gamma \omega = \iint_R \left(\dfrac{\partial F_2}{\partial y}-\dfrac{\partial F_1}{\partial x}\right) \, dx \, dy$

dove

$R= [1,4] \times [1,3]$

ed è rappresentato in figura 22, percorso in senso orario:

$\quad$

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$\quad$

Dunque

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\omega &=\\ &=-\iint_R\left( 2xy^2+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\cos y-\left(xy^2+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\cos y \right) \right) \,dxdy=\\ &=-\iint_R xy^2\,dxdy \end{aligned}$

dove si è usato il segno meno in quanto la curva è percorsa in senso opposto a quello richiesto nel teorema.

Abbiamo dunque

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\omega&=-\iint_Rxy^2\,dxdy= -\int_1^4 x \, dx \int_1^3 y^2 \; dy =\\ &= -\dfrac{x^2}{2} \bigg\vert_1^4 \;\; \dfrac{y^3}{3} \bigg\vert_1^3 =- \dfrac{1}{2} (16-1) \cdot \dfrac{1}{3} (27-1) = -65. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\omega=-65.}$

Esercizio 28. Sia

(34) $\begin{equation*} \textbf{F} =\left(-\dfrac{2xz}{\left(x^2+y^2\right)^2},-\dfrac{2yz}{\left(x^2+y^2\right)^2},\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\right)=\left(F_1,F_2,F_3\right). \end{equation*}$

Calcolare l’integrale di linea di seconda specie lungo l’arco di curva data dalla parametrizzazione

$\begin{equation*} \begin{cases} x=t\\ y=t^2\quad \quad \text{con}\,\, t\in \left[0,1\right]\\ z=t^3. \end{cases} \end{equation*}$

Soluzione 1.

Sia

$\begin{equation*} \textbf{r}\left(t\right)=\left(t,t^2,t^3\right) \quad \text{con}\,\, t \in \left[0,1\right] \end{equation*}$

la parametrizzazione dell’arco di curva e

$\begin{equation*} \textbf{r}^\prime(t)=\left(1,2t,3t^2\right) \end{equation*}$

la sua derivata.

Restringiamo $\textbf{F}$ lungo $\textbf{r}(t)$

$\begin{aligned} \textbf{F}\left(\textbf{r}(t)\right)&= \left(\dfrac{-2t^4}{\left(t^2+t^4\right)^2},\dfrac{-2t^5}{\left(t^2+t^4\right)^2},\dfrac{1}{t^2+t^4}+\dfrac{1}{1+t^6}\right)=\\ &=\left(-\dfrac{2}{\left(1+t^2\right)^2},-\dfrac{2t}{\left(1+t^2\right)^2},\dfrac{1}{t^2\left(1+t^2\right)}+\dfrac{1}{1+t^6}\right) \end{aligned}$

e calcoliamo il prodotto scalare tra $\textbf{F}\left(\textbf{r}\left(t\right)\right)$ e $\textbf{r}^\prime(t)$

$\begin{aligned} \textbf{F}\left(\textbf{r}\left(t\right)\right)\cdot \textbf{r}^\prime\left(t\right)=-\dfrac{2}{\left(1+t^2\right)^2}-\dfrac{4t^2}{\left(1+t^2\right)^2}+\dfrac{3}{\left(1+t^2\right)}+\dfrac{3t^2}{\left(1+t^6\right)} \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\textbf{F}\left(\textbf{r}\left(t\right)\right)\cdot &\textbf{r}^\prime\left(t\right)\,dt=\\ &=\int_{0}^{1}\left(-\dfrac{2}{\left(1+t^2\right)^2}-\dfrac{4t^2}{\left(1+t^2\right)^2}+\dfrac{3}{\left(1+t^2\right)}+\dfrac{3t^2}{\left(1+t^6\right)}\right)\, dt\overset{*}{=}\\ &\overset{*}{=}3\arctan t +\arctan t^3\bigg \vert^1_0-2\int_{0}^{1}\dfrac{1+2t^2}{1+t^2}\,dt=\\ &=3\cdot \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}-2\left(\int_{0}^{1}\dfrac{2+2t^2}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt-\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt \right)=\\ &=\pi-2\left(2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\,dt-\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt\right)=\\ &=\pi-4\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\,dt+2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=\\ &=\pi-4\arctan t \bigg \vert^1_0+2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=\\ &=\pi-4\cdot \dfrac{\pi}{4}+2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=\\ &=2\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^2}\,dt=I \end{aligned}$

dove in $*$ è stato usato $\displaystyle\int\frac{f^\prime(t)}{1+f^2(t)}\,dt=\arctan f(t)+c$ .

Calcoliamo $I$ operando la sostituzione $t=\tan z$

$\begin{aligned} I&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\left(1+\tan^2z\right)^2}\cdot \dfrac{1}{\cos^2z}\, dz=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos^2 z \, dz=\\ &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1+\cos \left(2z\right)}{2}\, dz=z+\dfrac{\sin\left(2z\right)}{2}\bigg\vert^{\frac{\pi}{4}}_0=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d\bm{r}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi}{4}.}$

Soluzione 2.

Il dominio di $\textbf{F}$ è $\mathbb{R}^3\setminus\{(0,0,z), z\in\mathbb{R}\}$ che non è un semplicemente connesso.

Vogliamo verificare se $\textbf{F}$ è irrotazionale nel suo insieme di definizione.

Il rotore è dato da

$\begin{aligned} \nabla \times \textbf{F}:=\left(\dfrac{\partial F_3}{\partial y}-\dfrac{\partial F_2}{\partial z},\dfrac{\partial F_1}{\partial z}-\dfrac{\partial F_3}{\partial x},\dfrac{\partial F_2}{\partial x}-\dfrac{\partial F_1}{\partial y}\right) \end{aligned}$

dove

$\begin{aligned} &\dfrac{\partial F_3}{\partial y}=-\dfrac{2y}{\left(x^2+y^2\right)^2},\qquad\dfrac{\partial F_2}{\partial z}=-\dfrac{2y}{\left(x^2+y^2\right)^2},\\ &\dfrac{\partial F_3}{\partial x}=-\dfrac{2x}{\left(x^2+y^2\right)^2},\qquad\dfrac{\partial F_1}{\partial z}=-\dfrac{2x}{\left(x^2+y^2\right)^2},\\ &\dfrac{\partial F_2}{\partial x}=-\dfrac{4xyz}{\left(x^2+y^2\right)^3},\qquad\dfrac{\partial F_1}{\partial y}=-\dfrac{4xyz}{\left(x^2+y^2\right)^3}. \end{aligned}$

Pertanto possiamo concludere che

$\begin{equation*} \nabla \times \textbf{F}=\left(0,0,0\right) \end{equation*}$

e quindi $\textbf{F}$ è irrotazionale, ma il suo dominio non è un insieme semplicemente connesso per cui non possiamo affermare a priori se esso sia conservativo o meno nel suo dominio.

Ora osserviamo che la curva si trova in una zona del dominio che è un insieme semplicemente connesso quindi $\textbf{F}$ è localmente conservativo.

Calcoliamo un potenziale $U$

(35) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial x}=-\dfrac{2xz}{\left(x^2+y^2\right)^2}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial y}=-\dfrac{2yz}{\left(x^2+y^2\right)^2}\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial z}=\dfrac{1}{\left(x^2+y^2\right)}+\dfrac{1}{1+z^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla terza equazione ricaviamo

$\begin{equation*} U(x,y,z)=\dfrac{z}{x^2+y^2}+\arctan z+c_1(x,y) \end{equation*}$

e sostituendo $U(x,y,z)$ nella seconda equazione di (35) abbiamo

$\begin{equation*} -\dfrac{2yz}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\dfrac{\partial c_1(x,y)}{\partial y}=-\dfrac{2yz}{\left(x^2+y^2\right)^2} \quad \Leftrightarrow \quad c_1(x,y)=c_2(x) \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} U(x,y,z)=\dfrac{z}{x^2+y^2}+\arctan(z)+c_2(x). \end{equation*}$

Sostituiamo $U(x,y,x)$ nella prima equazione di (35)

$\begin{equation*} -\dfrac{2xz}{\left(x^2+y^2\right)^2}+c_2^\prime(x)=-\dfrac{2xz}{\left(x^2+y^2\right)^2}\quad \Leftrightarrow \quad c_2(x)=costante \end{equation*}$

ottenendo il potenziale

$\begin{equation*} U(x,y,z)=\dfrac{z}{x^2+y^2}+\arctan z +costante. \end{equation*}$

Calcoliamo (34) sfruttando il potenziale: osserviamo che non essendo definito in $(0,0,0)$ il potenziale, sarà necessario calcolare il suo valore in tale punto restrigendolo lungo la curva $\textbf{r}(t)$ e passando ad un limite $t\to0^+$

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d\bm{r}&=U(1,1,1)-\lim_{t \rightarrow 0^+}U(\textbf{r}(t))=\\ &=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi}{4}-\lim_{t \rightarrow 0^+}\left(\dfrac{t^3}{t^2+t^4}+\arctan t^3\right)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$

Dunque si conclude nuovamente che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma}\textbf{F}\cdot d\bm{r}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi}{4}.}$

Esercizio 29. Determinare l’area della regione finita del piano $xy$ delimitata dalla curva chiusa di equazioni parametriche:

(36) $\begin{equation*} \begin{cases} x=t\cos t\\ \hspace{3.4cm} \text{con}\,\, t \in \left[0,\dfrac{\pi }{2}\right]\\ y=\left(\pi - 2t \right)\sin t \end{cases}. \end{equation*}$

Soluzione.

L’area richiesta può essere espressa come segue

(37) $\begin{equation*} A =\iint_D 1 \, dx\,dy \end{equation*}$

dove $A$ è l’area della regione finita del piano $xy$ delimitata dalla curva chiusa che abbiamo chiamato $D$ .

Applichiamo il teorema di Gauss-Green

$\iint_{D}\left( \dfrac{\partial f_2}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial f_1}{\partial y}(x,y)\right) \,dxdy=\int_{+ \partial D}\left(f_2(x,y)dy+f_1(x,y)dx\right)$

Facciamo notare che la parametrizzazione scelte per la curva porta a percorrerla in senso orario: pertanto dovremo aggiungere un segno meno nell’ultimo integrale. Se nella formula di Gauss Green scegliamo

$\begin{aligned} f_1(x,y)=0 \qquad \mbox{e} \qquad f_2(x,y)=x \end{aligned}$

allora

(38) $\begin{equation*} \iint_D1\,dx\,dy=\iint_{ D}\left( \dfrac{\partial f_2}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial f_1}{\partial y}(x,y)\right) \,dxdy=- \int_{+\partial D}x\,dy \end{equation*}$

ed applicando (36) a (38) otteniamo

$\int_{+\partial D}x\,dy =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(t\cos t\cdot \dfrac{dy}{dt}\right)\,dt$

dove

$\dfrac{dy}{dt}=-2\sin t + (\pi-2t)\cos t$

e pertanto

$\begin{aligned} \int_{+\partial D}x\,dy & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\cos t \left(-2\sin t + (\pi-2t)\cos t \right) \, dt=\\ & = \underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}-t\sin(2t)\,dt}_{I_1}+\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\pi t-2t^2 \right)\cos^2t\,dt}_{I_2}. \end{aligned}$

Calcoliamo separatamente $I_1$ e $I_2$ : per il primo si ha

$\begin{aligned} &I_1=\dfrac{\cos(2t)}{2}t\bigg \vert^\frac{\pi}{2}_0-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(2t)}{2}\,dt=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\sin(2t)}{4}\bigg \vert^\frac{\pi}{2}_0=-\dfrac{\pi}{4}, \end{aligned}$

mentre per il secondo

$\begin{aligned} I_2&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\pi t-2t^2 \right)\left( \dfrac{1+\cos(2t)}{2}\right) \,dt=\left( \dfrac{t}{2}+\dfrac{\sin(2t)}{4}\right) \left( \pi t-2t^2\right) \bigg \vert^\frac{\pi}{2}_0\\ &-\int_{0}^{\frac{\pi}{2 }}\left(\dfrac{t}{2}+\dfrac{\sin(2t)}{4}\right)\left(\pi-4t \right)\,dt=\\ &=\dfrac{\pi}{4}\left(\dfrac{\pi^2}{2}-2\cdot \dfrac{\pi^2}{4} \right)-\left(\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{\cos(2t)}{8} \right)\left(\pi-4t \right)\bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0\\ &+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{\cos(2t)}{8} \right)(-4)\,dt=\\ &=-\left(\dfrac{\pi^2}{16}+\dfrac{1}{8}\right) \left( \pi -2\pi \right)-\dfrac{1}{8}\pi -4 \left(\dfrac{t^3}{12}-\dfrac{\sin(2t)}{16} \right) \bigg \vert^\frac{\pi}{2}_0=\\ &=\pi\left(\dfrac{\pi^2}{16}+\dfrac{1}{8}\right) -\dfrac{1}{8}\pi -4\left(\dfrac{\pi^3}{12\cdot 8} \right)=\dfrac{\pi^3}{48} \end{aligned}$

da cui (38) diventa

$\int_{+\partial D}x\,dy =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(t\cos t\cdot \dfrac{dy}{dt}\right)\,dt= I_1 + I_2 = \dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{4}.$

Concludiamo che l’area della regione cercata è

$\boxcolorato{analisi}{ A=-\left(\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{4}\right).}$

Appendici

Un esercizio difficile.

Proponiamo di seguito un esercizio con un grado di difficoltà superiore rispetto agli esercizi trattati nel resto del manuale.

Esercizio 30. Sia data la seguente forma differenziale

$\begin{aligned} \omega&=\\ &=\dfrac{-2\left(x^2y+4y^3+4x^3+xy^2\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}\,dx+\dfrac{2\left(x^3+4xy^2-16x^2y-4y^3\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}\,dy=\\ & = F_1 \; dx + F_2 \; dy \end{aligned}$

Calcolare

$\quad$

- $\int_{\gamma_1}\omega$ dove il sostegno di $\gamma_1$ è il segmento che congiunge i punti $(0,1)$ e $(0,2)$ ;

$\int_{\gamma_2}\omega$ dove il sostegno di $\gamma_2$ è un quadrato di vertici $(-1,-1)$ , $(1,-1)$ , $(1,1)$ e $(-1,1)$ .

$\quad$

Soluzione. Un’analisi delle funzioni presenti suggerisce di riscriverle scomponendole in frazioni più semplici: infatti si ha per la prima

$\begin{aligned} F_1&=-\dfrac{2x\left(4x^2+y^2\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}-\dfrac{2y\left(x^2+4y^2\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}=\\ &=-\dfrac{2x}{x^2+4y^2}-\dfrac{2y}{\left(4x^2+y^2\right)} \end{aligned}$

mentre per la seconda

$\begin{aligned} F_2&=\dfrac{2x\left(x^2+4y^2\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}-\dfrac{8y\left(4x^2+y^2\right)}{\left(4x^2+y^2\right)\left(x^2+4y^2\right)}=\\ &=\dfrac{2x}{4x^2+y^2}-\dfrac{8y}{x^2+4y^2}. \end{aligned}$

Calcoliamo le derivate miste

$\begin{aligned} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}&=\dfrac{2}{4x^2+y^2}-\dfrac{2x(8x)}{(4x^2+y^2)^2}+\dfrac{2x(8y)}{(x^2+4y^2)^2}\\ &=\dfrac{-8x^2+2y^2}{(4x^2+y^2)^2}+\dfrac{16xy}{(x^2+4y^2)^2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \dfrac{\partial F_1}{\partial y}&=-\dfrac{2}{4x^2+y^2}+\dfrac{2y(2y)}{(4x^2+y^2)^2}+\dfrac{2x(8y)}{(x^2+4y^2)^2}\\ &=\dfrac{-8x^2+2y^2}{(4x^2+y^2)^2}+\dfrac{16xy}{(x^2+4y^2)^2} \end{aligned}$

pertanto

$\begin{equation*} \dfrac{\partial F_2}{\partial x}=\dfrac{\partial F_1}{\partial y} \end{equation*}$

quindi $\omega$ è chiusa. Il dominio di $\omega$ è $\mathbb{R}^2\setminus \{(0,0)\}$ che non è un insieme semplicemente connesso pertanto non possiamo applicare il teorema di Poincaré, ma il sostegno della curva $\gamma_1$ si trova in una zona del dominio che è un insieme semplicemente connesso, pertanto per il medesimo teorema $\omega$ è localmente esatta.

Calcoliamo un potenziale $U$ che deve soddisfare le seguenti condizioni

(39) $\begin{equation*} \begin{cases} F_1=\dfrac{\partial U}{\partial x}\\\\ F_2=\dfrac{\partial U}{\partial y} \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione di (39) abbiamo

$\begin{aligned} U(x,y)&=\int \left(-\dfrac{2x}{x^2+4y^2}-\dfrac{2y}{\left(4x^2+y^2\right)}\right)\,dx=\\ &=-\int\dfrac{2x}{x^2+4y^2}\,dx-\int \dfrac{2y}{\left(4x^2+y^2\right)}\,dx=\\ &=-\ln\left(x^2+4y^2\right)-\arctan\left(\dfrac{2x}{y}\right)+c(y). \end{aligned}$

Sostituiamo ora $U$ nella seconda equazione di (39)

$\begin{aligned} \dfrac{2x}{4x^2+y^2}-\dfrac{8y}{x^2+4y^2}=\dfrac{\partial U}{\partial y}&=-\dfrac{8y}{x^2+4y^2}+\dfrac{\frac{1}{2x}}{\left(\frac{y}{2x}\right)^2+1}+\dfrac{dc}{dy}\left(y\right)=\\ &=-\dfrac{8y}{x^2+4y^2}+\dfrac{2x}{4x^2+y^2}+\dfrac{dc}{dy}\left(y\right) \end{aligned}$

da cui

$\begin{equation*} c(y)=\text{costante} \end{equation*}$

pertanto

$\begin{equation*} U(x,y)=-\ln\left(x^2+4y^2\right)-\arctan\left(\dfrac{y}{2x}\right)+\text{costante}. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma_1}\omega=U(0,2)-U(0,1)=-\ln 16+\ln 4=-\ln 4. }$

Rappresentiamo in figura 22 il sostegno di $\gamma_2$ percorso in senso antiorario e il polo $(0,0)$ nell’origine

$\quad$

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$\quad$

Abbiamo dunque

$\begin{aligned} \omega=\\ &=\underbrace{-\dfrac{2x}{x^2+4y^2}\,dx-\dfrac{8y}{x^2+4y^2}\,dy}_{\omega_1}+\underbrace{-\dfrac{2y}{4x^2+y^2}\,dx+\dfrac{2x}{4x^2+y^2}\,dy}_{\omega_2}. \end{aligned}$

dove $\omega_1$ e $\omega_2$ sono chiuse (la verifica è lasciata al lettore – è una conseguenza dell’esattezza precedente). Calcoliamo $\int_{\gamma_2}\omega_1$ applicando il Teorema di Gauss Green. Poniamo per comodità $\omega_1=Pdx+Qdy$ . Consideriamo il percorso chiuso rappresentato in figura 23

$\quad$

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$\quad$

dove il sostegno di $\gamma_3$ è $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,x^2+4y^2=1\}$ . Poiché il dominio $D$ racchiuso tra il quadrato e l’ellisse non contiene il polo della forma $\omega_1$ applicando Gauss-Green abbiamo che

$\begin{equation*} \int_{\gamma_2}\omega_1-\int_{\gamma_3}\omega_1=\iint_D \left(\dfrac{\partial P}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial x}\right)\,dxdy=0 \end{equation*}$

e pertanto

$\begin{equation*} \int_{\gamma_2}\omega_1=\int_{\gamma_3}\omega_1. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_3$

$\begin{equation*} \gamma_3(\theta)=\left(\cos\theta,\dfrac{1}{2}\sin \theta\right)\quad \text{con}\,\, \theta \in [0,2\pi] \end{equation*}$

da cui

$\begin{aligned} \int_{\gamma_2}\omega_1&=\int_{\gamma_3}\omega_1=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(-2\cos\theta \left(-\sin \theta\right)-8\left(\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)\left(\dfrac{1}{2}\cos\theta\right)\right)\,d \theta=\\ &=\int_{0}^{2\pi}-4\cos\theta \sin \theta \,d \theta=\dfrac{\cos^2\theta}{2}\bigg\vert^{2\pi}_0=0. \end{aligned}$

Calcoliamo ora $\int_{\gamma_2}\omega_2$ applicando nuovamente il teorema di Gauss Green. Consideriamo ora il percorso chiuso rappresentato in figura 24

$\quad$

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$\quad$

dove $\gamma_4$ ha come sostegno $\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,4x^2+y^2=1\}$ e per il teorema di Gauss Green, ragionando come il caso precedente, abbiamo

$\begin{equation*} \int_{\gamma_2}\omega_2 = \int_{\gamma_4}\omega_2. \end{equation*}$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma_4$

$\begin{equation*} \gamma_4\left(\theta\right)=\left(\dfrac{1}{2}\cos\theta , \sin \theta \right)\quad \text{con}\,\, \theta \in [0,2\pi] \end{equation*}$

da cui

$\begin{aligned} \int_{\gamma_2}\omega_2 &= \int_{\gamma_4}\omega_2=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(-2\sin \theta \left(-\dfrac{1}{2}\sin \theta \right)+2\left(\dfrac{1}{2}\cos\theta\right)\cos \theta \right)\,d \theta = \\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(\cos^2 \theta +\sin^2 \theta \right)\,d \theta =2\pi. \end{aligned}$

Pertanto

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma_2}\omega=2\pi.}$

Forme differenziali e Funzioni speciali.

In questa sezione proponiamo un esercizio che lega le forme differenziali alle funzioni speciali.

Esercizio 31. Calcolare il seguente integrale definito:

$\alpha\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^\beta (\cos x)^{\gamma} \, dx \quad \mbox{con}\quad \alpha \, \mbox{,} \, \beta \, \mbox{,} \, \gamma \in \mathbb{R}$

dove $\alpha$ e $\beta$ sono due numeri reali non nulli tali che valga la seguente relazione:

$\alpha (1- \cos x )-2x^\beta=o(x^2) \quad \mbox{per} \,\,x\rightarrow 0$

$\gamma$ è il valore del seguente integrale doppio :

$\gamma=\dfrac{10}{8(\sqrt{3}\pi-3)}\iint_\mathcal{D} \left((x+3)(\sqrt{3}+y) \right)dx \,dy$

essendo $\mathcal{D}$ è l’intersezione dei tre cerchi centrati in $(1,0)$ , $(-1,0)$ e $(0,\sqrt{3})$ e ciascuno di raggio $2$ .

$\quad$

Soluzione. Determiniamo $\alpha$ e $\beta$ applicando la definizione di “o piccolo”

$\begin{aligned} &\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\alpha\left(1-\cos x \right)-2x^\beta}{x^2}=\\ &=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\dfrac{1}{2}\alpha x^2-\dfrac{\alpha x^4}{24}-2x^\beta +o \left(x^{min(4,\beta)} \right)}{x^2}=0 \Leftrightarrow\\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{\alpha}{2}=2\\\\ \beta=2\\ \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \alpha=4\\ \beta=2 \end{cases} \end{aligned}$

Concludiamo che i valori cercati di $\alpha$ e $\beta$ sono:

$\alpha=4,\,\beta=2.$

Ora determiniamo il valore di $\gamma$ .

Le equazioni delle circonferenze sono:

$\begin{aligned} &\gamma_1:(x-1)^2+y^2=4\\ &\gamma_2:(x+1)^2+y^2=4\\ &\gamma_3:x^2+(y-\sqrt{3})^2=4\\ \end{aligned}$

e rappresentiamo la regione $\mathcal{D}$ in figura 25

$\quad$

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$\quad$

Chiamiamo

$f(x,y)=(x+3)(\sqrt{3}+y)=\sqrt{3}x+xy+3\sqrt{3}+3y$

e posto

$g(x,y)=\sqrt{3}x+xy \quad e \quad n(x,y)=3\sqrt{3}+3y$

riscriviamo l’integrale doppio come segue

$\iint_\mathcal{D} f(x,y) dx \,dy= \iint_\mathcal{D} g(x,y)dx \,dy+\iint_\mathcal{D} n(x,y) dx \,dy.$

Osserviamo che $g(-x,y)=-g(x,y)$ quindi $g$ è dispari rispetto alla variabile $x$ .

Inoltre $\mathcal{D}$ è simmetrico rispetto all’asse $y$ , dunque

$\iint_\mathcal{D} g(x,y)dx \,dy=0$

Non ci resta che calcolare $\iint_\mathcal{D} n (x,y) \, dx \,dy$ .

Applichiamo il teorema di Gauss-Green

$\iint_\mathcal{D} \left(3\sqrt{3}+3y \right)dx\,dy= \int_{+\partial \mathcal{D}}\left( 3\sqrt{3}+3y\right)x\,dy=\int_{+\partial \mathcal{D}}\omega$

Parametrizziamo la frontiera di $\mathcal{D}$

$\begin{aligned} &\gamma_1(\theta)=\left(-1+2\cos \theta,2 \sin \theta \right) \quad \text{con}\,\,\theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]\\ &\gamma_2(\theta)=\left(1+2\cos \theta,2 \sin \theta\right)\quad \text{con}\,\,\in \left[\dfrac{2\pi}{3},\pi\right]\\ &\gamma_3(\theta)=(2\cos \theta,\sqrt3+2\sin \theta)\quad \text{con}\,\,\in \left[\dfrac{4\pi}{3},\dfrac{5\pi}{3}\right]. \end{aligned}$

Quindi

(40) $\begin{equation*} \int_{+\partial D}\omega=\int_{\gamma_1}\omega+\int_{\gamma_2}\omega+\int_{\gamma_3}\omega\\ \end{equation*}$

Calcoliamo i singoli termini della (40)

$\begin{aligned} \int_{\gamma_1}\omega&=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\left((3\sqrt{3}+3(2\sin \theta))(-1+2\cos \theta)(2\cos \theta) \right)\,d\theta=\\ & = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \left(-6\sqrt{3}\cos \theta +12\sqrt{3}\cos^2\theta -12 \sin \theta \cos \theta + 24 \sin \theta \cos^2 \theta \right)\,d\theta=\\ & = -6\sqrt{3} \sin \theta \bigg\vert_{0}^{\frac{\pi}{3}}+6\sqrt{3} \left(\theta +\sin \theta \cos \theta \right) \bigg\vert_{0}^{\frac{\pi}{3}} +3 \cos (2\theta)\bigg\vert_{0}^{\frac{\pi}{3}} - 8 \cos^3 \theta \bigg\vert_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\\ & = -9+6\sqrt{3}\left(\dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\sqrt{3}}{4}\right) +3 \left(-\dfrac{1}{2}-1\right)- 8 \left(\dfrac{\sqrt{1}}{8}-1\right)=\\ & = 2\pi\sqrt{3} -2. \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_{\gamma_2}\omega&=\int_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi}\left((3\sqrt{3}+3(2\sin \theta))(1+2\cos \theta)(2\cos \theta) \right)\,d\theta=\\ & = \int_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi} \left(6\sqrt{3}\cos \theta +12\sqrt{3}\cos^2\theta +12 \sin \theta \cos \theta + 24 \sin \theta \cos^2 \theta \right)\,d\theta=\\ & = 6\sqrt{3} \sin \theta \bigg\vert_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi}+6\sqrt{3} \left(\theta+\sin\theta \cos \theta\right) \bigg\vert_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi} -3 \cos (2\theta)\bigg\vert_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi} - 8 \cos^3 \theta \bigg\vert_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi}=\\ & = 6\sqrt{3} \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 6 \sqrt{3} \left(\pi-\dfrac{2}{3}\pi + \dfrac{\sqrt{3}}{4}\right) - 3 \left(1+\dfrac{1}{2}\right)-8\left(-1+\dfrac{1}{8}\right)= \\ & = -9 + 2\sqrt{3}\pi + \dfrac{9}{2}-\dfrac{9}{2}+8-1 =\\ & = 2\sqrt{3}\pi-2.\\\\ &\\ \int_{\gamma_3}\omega&=\int_{\frac{4\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{3}}\left((3\sqrt{3}+3(\sqrt{3}+2\sin \theta ))(2\cos \theta)^2 \right)\,d\theta=\\ & = \int_{\frac{4\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{3}}\left(24\sqrt{3} \, \cos^2 \theta + 24 \, \sin \theta \, \cos^2 \theta \right)\,d\theta=\\ & = 12 \sqrt{3} \left(\theta + \sin \theta \cos\theta\right) \bigg\vert_{\frac{4\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{3}} -8 \, \cos^3 \theta \bigg\vert_{\frac{4\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{3}} = \\ & = 4\sqrt{3} \, \pi - 18 - 2 =\\ & = 4 \left(\sqrt{3} \, \pi - 5\right). \end{aligned}$

La (40) diventa così

$\int_{+\partial \mathcal{D}}\omega=2\pi\sqrt{3}-2+2\pi\sqrt{3}-2+4\left(\sqrt{3}\pi-5 \right)=8\left(\sqrt{3}\pi-3 \right)$

e concludiamo che

$\iint_\mathcal{D} f(x,y) \; dx \,dy= \iint_\mathcal{D} g(x,y) \; dx \,dy+\iint_\mathcal{D} n(x,y) \; dx \,dy=8\left(\sqrt{3}\pi-3 \right).$

In particolare

$\gamma= \dfrac{10}{8(\sqrt{3}\pi-3)}\iint_D \left((x+3)(\sqrt{3}+y) \right)dx \,dy=10.$

Non ci resta che calcolare

(41) $\begin{equation*} \alpha\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^\beta (\cos x)^{\gamma}dx= 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^2 (\cos x)^{10}dx. \end{equation*}$

Ricordiamo che la funzione Beta di Eulero è definita come

(42) $\begin{equation*} B\left(a,b\right)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left((\sin \theta)^{2a-1}(\cos \theta)^{2b-1} \right)d\theta=\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} \end{equation*}$

Confrontando (41) con (42) si può impostare il seguente sistema

$\displaystyle\begin{cases} 2a-1=2\\\\ 2b-1=10 \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad \displaystyle\begin{cases} a=\dfrac{3}{2}\\\\ b=\dfrac{11}{2} \end{cases}$

ottenendo¹²

$\begin{aligned} 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^2 (\cos x)^{10}dx & =2\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{3}{2}\right)\Gamma\left(\dfrac{11}{2}\right)}{\Gamma(7)}=\\ &= 2 \;\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{9}{2}\right)\left(\dfrac{7}{2}\right)\left(\dfrac{5}{2}\right)\left(\dfrac{3}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)\right)^2}{6!}=\\ & =\dfrac{21}{512}\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)\right)^2\\ \end{aligned}$

Ricordando che

$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$

abbiamo

$4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^2 (\cos x)^{10}dx=\dfrac{21}{512}\left(\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\right)^2= \dfrac{21}{512}\pi.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^2 (\cos x)^{10}dx= \dfrac{21}{512}\pi.}$

Si ricordi che
$\Gamma(x+1)=x\Gamma(x),\,x\in\mathbb{R}\qquad \Gamma(n+1)=n!,\, n\in\mathbb{N}.$

↩

Un'applicazione alla fisica: teorema del lavoro.

Teorema 7 (teorema del Lavoro). Dato un punto materiale di massa $m$ soggetto a $n$ forze, la somma del lavoro di tutte le forze agenti su di esso lungo un percorso $\gamma$ uguaglia la variazione di energia cinetica ovvero

$K_f - K_0 = \sum_{k=1}^n L_k$

dove $K_f$ e $K_0$ sono l’energia cinetica nello stato finale e nello stato iniziale, essendo $K=\dfrac{1}{2}mv^2$ , $L_k$ è il lavoro della forza $\vec{F}_k$ .

$\quad$

Pertanto la relazione precedente si scrive come

$\dfrac{1}{2}mv_f^2 - \dfrac{1}{2}mv_0^2 = L_1 + \dots + L_n$

dove $v_f$ e $v_0$ sono la velocità finale e iniziale della particella.

Nota: le forze posso essere sia di natura conservativa che non conservativa.

Dimostrazione. In figura 26 è rappresentato un punto materiale, soggetto a $n$ forze, che si muove di moto vario rispetto ad un sistema fisso $Oxyz$ lungo un percorso $\gamma$

$\quad$

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$\quad$

Dalla seconda legge della dinamica abbiamo che

(43) $\begin{equation*} \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \dots + \vec{F}_n = \dfrac{d\vec{P}}{dt} \end{equation*}$

dove $\vec{P} = m\vec{v}$ è la quantità di moto. Ipotizzando che la massa non dipenda dal tempo, la (43) diventa

$\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \dots + \vec{F}_n = m \dfrac{d\vec{v}}{dt}.$

Ora ricordiamo che il lavoro di una forza è definito come segue

(44) $\begin{equation*} L = \int_{\gamma} \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int_{t_0}^{t_f} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot \vec{r}^{\,\prime}(t) \; dt \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il sostegno (la traiettoria percorsa da $m$ ) di estremi $A$ e $B$ (vedi figura 26), $\vec{r}(t)=x(t) \, \hat{x}+y(t) \, \hat{y}+z(t) \, \hat{z}$ è la parametrizzazione di $\gamma$ con $t \in [t_0,t_f]$ ed infine $\vec{r}^{\,\prime}(t)=\vec{v}(t)$ è la velocità di $m$ .

Notiamo che $\vec{r}(t_0)=A$ e $\vec{r}(t_f)=B$ .

La (43) puo’ essere riscritta come segue

$\begin{aligned} & \int_{\gamma} \left(\vec{F}_1 + \dots + \vec{F_n}\right) \cdot d\vec{r} = \int_{\gamma} m \, \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r} \,\,\,\,\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow \; \underbrace{\int_{\gamma} \vec{F}_1 \cdot d\vec{r}}_{\shortstack{$\scriptstyle{ L_1 = \text{Lavoro } }$\\ $\scriptstyle{F_1 \text{ da } A \to B }$}} + \dots + \underbrace{\int_{\gamma} \vec{F}_n \cdot d\vec{r}}_{\shortstack{$\scriptstyle{L_n = \text{Lavoro } }$\\ $\scriptstyle{ F_n \text{ da } A \to B }$}} = \int_{\gamma} m \, \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r}\,\,\,\, \Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow L_1 + \dots + L_n = \underbrace{\sum_{k=1}^n L_k}_{\shortstack{\scriptsize{ Somma \, di \,}\\ \scriptsize{tutti\, i \, lavori }} } = \int_{\gamma} m \, \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r} \end{aligned}$

Consideriamo ora

$\int_{\gamma} m \, \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r}$

e poichè $m$ non dipende da $d\vec{r}$ , allora possiamo portarla fuori dall’integrale

$\int_{\gamma} m \, \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r} = m \int_{\gamma} \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r}$

Da (44) abbiamo

$m \int_{\gamma} \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot d\vec{r} = m \int_{t_0}^{t_f} \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot \vec{v} \, dt$

Ora ricordiamo che $\vec{v} \cdot \vec{v} = v^2$ e derivando quest’ultima da ambo i membri

$\dfrac{d(\vec{v} \cdot \vec{v})}{dt} = \dfrac{d(v^2)}{dt} \Leftrightarrow \vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt} + \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot \vec{v}= 2 v \; \dfrac{dv}{dt}$

Poiché il prodotto scalare è una forma bilineare simmetrica otteniamo

$\vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt}+ \dfrac{d\vec{v}}{dt} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt} + \vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt} = 2 \vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt} = 2v \; \dfrac{dv}{dt} \Leftrightarrow \vec{v} \cdot \dfrac{d\vec{v}}{dt} = v \dfrac{dv}{dt}$

quindi

$m \int_{t_0}^{t_f} \dfrac{d\vec{v}}{dt} \, \cdot \, \vec{v} \; dt = m \int_{t_0}^{t_f} v \; \dfrac{dv}{dt} \; dt = m\dfrac{v^2(t)}{2} \bigg\vert_{t_0}^{t_f} = \dfrac{m}{2} v^2(t_f)-\dfrac{m}{2} v^2(t_0)= \dfrac{m}{2} \left(v_f^2 - v_0^2\right)$

da cui

$\sum_{k=1}^n L_k = \dfrac{1}{2} \, m \, \left(v_f^2 - v_0^2\right).$

Formulando la relazione precedente in forma discorsiva, possiamo affermare quanto segue: la somma di tutti i lavori agenti su un punto materiale che va da un punto $A$ a $B$ lungo un percorso $\gamma$ (vedi figura 26) uguaglia la variazione di energia cinetica.

Osserviamo che il teorema del lavoro può essere espresso anche in funzione della quantità di moto come segue

$\sum_{k=1}^n L_k = \dfrac{1}{2} \, m \, \left(v_f^2 - v_0^2\right)= \dfrac{1}{2m} \left(p_f^2 - p_0^2\right).$

Dalle definizioni già fornite in precedenza di potenziale (non inteso in senso fisico) per un campo di forze conservativo, segue direttamente in fisica il concetto di energia potenziale associata ad una forza: se infatti la forza $\vec{F}$ risulta conservativa e quindi è determinata da un potenziale $U$ (nel senso della nostra definizione 2) per cui $\vec{F}=\nabla{U}$ allora si definisce in fisica energia potenziale la quantità $E_{pot}=-U$ .

Lemma 1. Il lavoro compiuto da una forza conservativa su un punto materiale $m$ uguaglia la variazione di energia potenziale cambiata di segno, ovvero

$L_{A \to B} = -\Delta E_{pot}=E_{pot}(A)-E_{pot}(B)$

In particolare esso non dipende dalla traiettoria percorsa da $m$ (vedi figura 26) ma solamente dai punti iniziale e finale.

$\quad$

Dimostrazione. Sia $\vec{r}(t)$ con $t \in [t_0,t_f]$ la parametrizzazione di $\gamma$ , la traiettoria percorsa da un punto materiale $m$ che si muove da $A$ a $B$ (vedi figura 26) soggetto solo a forze conservative. Dalla (44) si ha che

$\begin{aligned} L=&\int_\gamma \vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{t_0}^{t_f}\vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot {\vec{r}\,}^\prime(t) \,dt=\int_{t_0}^{t_f}\nabla U(\vec{r}(t)) \cdot {\vec{r}\,}^\prime(t) \,dt=\\ &=\int_{t_0}^{t_f}\dfrac{d}{dt}\left( U(\vec{r}(t))\right)\,dt= U(\vec{r}(t_f))-U(\vec{r}(t_0))=-\Delta E_{pot}\\ \end{aligned}$

Nel caso in cui la parametrizzazione del sostegno $\gamma$ sia di classe $C^1$ a tratti si ragiona nello stesso modo in ogni tratto in cui è regolare e si sommano i vari contributi per ottenere il risultato.

Conservazione dell’energia meccanica

Nell’ipotesi che su tale punto agiscano solo forze di natura conservativa, dal teorema dell’energia-lavoro e dal Lemma si ha che

(45) $\begin{equation*} \begin{aligned} & K_f - K_0 =-\Delta E_{pot} =E_{pot, \,0} -E_{pot,\,f} \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \boxed{K_f + E_{pot, \, f} = K_0 + E_{pot,\,0}} \end{aligned} \end{equation*}$

Il risultato (45) rappresenta un concetto fondamentale in fisica ovvero che su un punto materiale sul quale agiscono solo forze conservative, si conserva l’energia meccanica totale $E=K+E_{pot}$ .

Questo teorema prende il nome di conservazione dell’energia meccanica.

Nota. Il teorema delle forze vive spesso viene chiamato anche teorema del lavoro-energia o dell’energia cinetica.

Fonte teoria

Libro del Professor Bertsch e Marco Bramanti di Analisi 2.

Fonte esercizi

esercizi 1, 9, 10, 11, 14, 23, 24 da Esercitazioni di analisi matematica, Volume Secondo di Renato Fiorenza;
esercizi 2, 4, 5, 7, 8, 12 da Esercizi di analisi matematica del Professor Braides;
esercizi 3, 6, 13, 16, 19, 25: fonte ignota;
esercizio 15 dagli esami del Professor Roberto Tauraso;
esercizi 17, 21 dagli esami di Analisi Matematica del Professor Lorenzo Giacomelli;
esercizio 20 dagli esercizi del Professor Tommaso Isola;
esercizio 18 dagli esercizi di Analisi Matematica della Professoressa Barbara Brandolini;
esercizi 26, 30 dagli esercizi del Professor Biagio Palumbo;
esercizio 27 dal libro Esercizi di analisi matematica 2 del Professor Marco Bramanti;
esercizio 31 da Problemi risolti di matematica e fisica.

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