Esercizi svolti sul teorema di Gauss-Green

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Esercizi svolti sul teorema di Gauss-Green

Sommario

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In questa dispensa presentiamo 23 esercizi svolti sul teorema di Gauss-Green, con un livello di difficoltà variabile: esercizi semplici, intermedi e complessi. Si rivolge agli studenti del corso di Analisi 2 rivolto a studenti di ingegneria, fisica e matematica.

Gli esercizi sono presentati con svolgimenti dettagliati, mirando a fornire agli studenti, appassionati o a chi desidera approfondire, una guida pratica alle principali casistiche in cui è utile applicare il teorema di Gauss-Green. In molti casi, si può risolvere un integrale di linea di seconda specie applicando direttamente la definizione, ma spesso l’utilizzo del teorema permette di semplificare notevolmente i calcoli.

Completata la lettura, lo studente sarà in grado di padroneggiare le principali tecniche di problem solving legate all’applicazione del teorema di Gauss-Green. Si consiglia, inoltre, di consultare la teoria sugli Integrali multipli 1, Integrali multipli 2, e le Pillole teoriche sugli integrali di linea per una comprensione più approfondita dell’argomento.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Sara Sottile, Davide La Manna, Matteo Talluri.

Richiami teorici

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Il presente documento è dedicato all’applicazione del teorema di Gauss-Green. Si presuppone la conoscenza pregressa da parte dello studente degli integrali di seconda specie e integrali doppi. Per un approfondimento su tali argomenti, si rimanda ai seguenti riferimenti:

$\quad$

Teoria sugli integrali di linea di seconda specie.

Teoria sugli integrali doppi.

Definizione 1.1. Sia $A \subseteq \mathbb{R}^2$ un insieme aperto e limitato tale che la sua frontiera sia costituita da un numero finito di curve regolari a tratti $\gamma_1, \dots, \gamma_n$ , tutte chiuse e semplici. Ciascuna di queste curve costituenti $\partial A$ si dice orientata positivamente se per ogni punto della curva $\gamma_i(t)$ l’insieme $A$ si trova sulla sinistra del vettore tangente $\gamma_i'(t)$ . In tal caso scriviamo $+\gamma_i$ . Denotiamo con $+\partial A$ l’unione delle curve $+\gamma_i$ .

$\quad$

Osservazione 1.2. Se $A$ è semplicemente connesso, cioè se informalmente $A$ è “privo di buchi”, la sua frontiera è orientata positivamente se essa viene percorsa in senso antiorario.

A seguire, richiamiamo il teorema di Gauss-Green.

Teorema 1.3. Sia $A \subset \mathbb{R}^2$ un aperto non vuoto e limitato, tale che la sua frontiera sia costituita da $n$ curve regolari a tratti $\gamma_1, \dots, \gamma_n$ . Siano $f_1, f_2 \in C^1(\bar{A})$ . Allora, data la forma differenziale

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

vale la seguente formula:

$\int_{+\partial A} \omega := \sum_{i=1}^{n} \int_{+\gamma_i} \omega = \iint_A \left( \frac{\partial f_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial f_1}{\partial y}(x,y) \right) dxdy.$

Teorema 1.4. Sia $A \subseteq \mathbb{R}^n$ un aperto connesso ed $\omega$ una forma differenziale continua ed esatta in $A$ . Sia poi $\gamma$ una curva di classe $C^1$ a tratti, contenuta in $A$ , 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 $\omega$ .

Teorema 1.5. Sia

$f:[a,b]\times[c,d]\rightarrow \mathbb{R}$

una funzione integrabile nel suo dominio, allora vale la seguente formula:

(1) $\begin{equation*} \iint_{[a,b]\times[c,d]}f(x,y)\,dxdy=\int_{a}^{b}dx\int_{c}^{d} f(x,y)=\int_{c}^{d}dy\int_{a}^{b} f(x,y)dx. \end{equation*}$

Teorema 1.6. Sia $\bm{\gamma}:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}^n$ una curva di classe $C^1$ , sia $\bm{F}:\bm{\gamma}\left(a,b\right)\rightarrow \mathbb{R}^n$ un campo vettoriale continuo su un aperto $A$ contenente l’immagine di $\gamma$ , e sia $\omega$ la forma differenziale associata a $\bm{F}$ . Si definisce integrale curvilineo di seconda specie

$\begin{aligned} \int_{\gamma}\omega&=\int_{\gamma}\left(F_1dx_1+\dots+F_ndx_n\right)=\int_{a}^{b}\left(F_1\left(\bm{\gamma}(t)\right),F_2\left(\bm{\gamma}(t)\right),\dots,F_n\left(\bm{\gamma}(t)\right)\right)\cdot\left(\bm{\gamma}_1^\prime(t),\dots,\bm{\gamma}_n^\prime(t)\right)=\\ &=\int_{a}^{b}\left(F_1\left(\bm{\gamma}(t)\right)\bm{\gamma}^\prime(t)+\dots\bm{F}\left(\bm{\gamma}(t)\right)\bm{\gamma}_n^\prime(t)\right)\,dt. \end{aligned}$

$\quad$

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale curvilineo:

(2) $\begin{equation*} \int_{+\partial \mathcal{D}} \left( e^y + y(e^x + y) \right) dx + \left( e^x + x(e^y - 1) \right) dy, \end{equation*}$

dove

$\mathcal{D}=\left\lbrace(x,y)\in \mathbb{R}^2:9x^2 + 4y^2 \leq 36\right\rbrace.$

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente il sostegno di $\partial D$ in figura 1.

$\quad$

Figura 1: l’ellisse $\partial D$ dell’esercizio 1.

$\quad$

Chiamiamo $I$ l’integrale da calcolare e $F_1\coloneq e^y+y(e^x+y)$ e $F_2\coloneq e^x+x(e^y-1)$ . Applichiamo il teorema di Gauss-Green, dunque calcoliamo dunque le derivate miste

(3) $\begin{equation*} \dfrac{dF_1}{dy}=e^y+(e^x+y)+y, \end{equation*}$

(4) $\begin{equation*} \dfrac{dF_2}{dx}=e^x+(e^y-1), \end{equation*}$

e calcoliamone la differenza

(5) $\begin{equation*} \dfrac{dF_2}{dx}-\dfrac{dF_1}{dy}=e^x+(e^y-1)-(e^y+(e^x+y)+y). \end{equation*}$

Per il teorema di Gauss-Green, si ha:

$\begin{aligned} &\int_{+\partial D} (e^y+y(e^x+y))dx+(e^x+x(e^y-1))dy=\\ &=\iint_D (e^x+(e^y-1)-e^y-(e^x+y)-y)dxdy=\\ &=\iint_D (e^x+e^y-1-e^y-e^x-y-y)dxdy=\\ &=-\iint_D (2y+1)dxdy \end{aligned}$

dove ricordiamo che $D=\left\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2 \colon \,9x^2+4y^2\le36\right\rbrace$ .

Parametrizziamo $D$ come segue

$\begin{cases} x=2\rho \cos\theta\\ y=3\rho \sin \theta \end{cases}$

con $\rho\in[0,1],\,\theta\in[0,2\pi]$ , e osserviamo che per simmetria del dominio

$\int \int_D 2y \,dxdy = 0,$

da cui¹

$\begin{aligned} &I=-\iint_D\,dxdy=-\int_0^1 \left(\int_0^{2\pi}6\rho d\theta \right)d\rho=\\ &=-\int_0^1 6\left(\int_0^{2\pi}\rho d\theta \right)d\rho=-6\int_0^1\rho\theta \vert_0^{2\pi}d\rho=\\ & = -6\int_0^1 2\pi\rho d\rho = -6\pi. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{I=-6\pi.}$

Si ricorda che

$dxdy=\left| det\left(\begin{matrix} a\cos\theta&b\sin\theta\\ -a\rho\sin\theta&b\rho\cos\theta \end{matrix}\right)\right| d\rho d\theta=(ab\rho \cos^2\theta+ab\rho\sin^2\theta)d\rho d\theta=ab\rho d\rho d\theta.$

↩

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale curvilineo:

(6) $\begin{equation*} \int_{\gamma} \frac{x^3 + yx^4 + y^5}{x^4 + y^4} dx + \frac{x^4 + y^3 + y^4}{x^4 + y^4} dy, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è composta da tre tratti:

$\quad$

Il quarto di circonferenza $x^2 + y^2 = 1$ da $(1,0)$ a $(0,1)$ .

Il segmento da $(0,1)$ a $(0,3)$ .

Il quarto di ellisse $9x^2 + 4y^2 = 36$ da $(0,3)$ a $(2,0)$ .

Svolgimento.

Chiamiamo

$\omega\coloneq F_1 dx+F_2 dy$

dove

$F_1\coloneq\dfrac{x^3+yx^4+y^5}{x^4+y^4}\quad \text{e}\quad F_2\coloneq\dfrac{x^4+y^3+y^4}{x^4+y^4}.$

Per prima cosa verifichiamo se $\omega$ è chiusa, calcolando le derivate miste:

$\begin{aligned} \dfrac{\partial F_1}{\partial y} &=\dfrac{(x^4+5y^4)(x^4+y^4)-4y^3(x^3+yx^4+y^5)}{(x^4+y^4)^2}=\\ &=\dfrac{x^8+x^4y^4+5y^4x^4+5y^8-4y^3x^3-4y^4x^4-4y^8}{(x^4+y^4)^2}=\\ &=\dfrac{x^8+y^8+2x^4y^4-4y^3x^3}{(x^4+y^4)^2}, \end{aligned}$

$\begin{aligned} \dfrac{\partial F_2}{\partial x} &=\dfrac{4x^3(x^4+y^4)-4x^3(x^4+y^3+y^4)}{(x^4+y^4)^2}=\\ &=\dfrac{4x^7+4x^3y^4-4x^7-4x^3y^3-4x^3y^4}{(x^4+y^4)^2}=\\ &=\dfrac{-4x^3y^3}{(x^4+y^4)^2}. \end{aligned}$

Come si può notare

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

di conseguenza $\omega$ non è chiusa.

Riscriviamo $\omega$ come la combinazione lineare di una forma chiusa e una esatta

$\omega=\underbrace{(F_3\,dx+F_4\,dy)}_{\omega_1}+\underbrace{(F_5\,dx+F_6\,dy)}_{\omega_2}$

dove

$F_3\coloneq y,\quad F_4\coloneq 1,\quad F_5\coloneq \dfrac{x^3}{x^4+y^4},\quad F_6\coloneq \dfrac{y^3}{x^4+y^4}.$

Osserviamo che

$\dfrac{\partial F_5}{\partial y}=-\dfrac{4y^3x^3}{(x^4+y^4)^2}=\dfrac{\partial F_6}{\partial x}$

per cui $\omega_2$ è chiusa.

Il dominio di $\omega_2$ è $\mathbb{R}_2\setminus\left\lbrace(0,0)\right\rbrace$ , il quale non è semplicemente connesso: d’altronde il sostegno di $\gamma$ si trova in una zona del dominio che risulta semplicemente connessa, per cui $\omega_2$ lì è localmente esatta.

Calcoliamo dunque un potenziale locale per $\omega_2$ :

$\begin{cases} \dfrac{\partial U}{\partial y}=\dfrac{y^3}{x^4+y^4},\\\\ \dfrac{\partial U}{\partial x}=\dfrac{x^3}{x^4+y^4}, \end{cases}$

Dalla prima di queste si trova

$U(x,y)=\dfrac{1}{4}\log(x^4+y^4)+a(x).$

La funzione $a(x)$ si può determinare utilizzando la seconda equazione del sistema, da cui deve valere $a(x)=$ costante.

Per il teorema 1.4, risulta

$\int_\gamma \omega_2=U(2,0)-U(1,0)=\dfrac{1}{4}\log(2^4)=\log2 .$

Sia $\gamma'$ il segmento che congiunge i punti $(2,0)$ e $(1,0)$ , e rappresentiamo il sostegno di $\gamma$ e $\gamma^\prime$ in figura ??. È importante introdurre la curva $\gamma'$ in quanto la curva $\gamma$ inizialmente fornita è aperta; tuttavia, per applicare il teorema di Gauss-Green è indispensabile considerare curve chiuse.

$\quad$

Figura 2: le curve $\gamma$ e $\gamma'$ dell’esercizio 2 e il dominio $D$ da esse delimitato.

$\quad$

Calcoliamo adesso $\int_{\gamma\cup \gamma^\prime}\omega_1$ applicando il teorema di Gauss-Green (il segno meno che compare fuori dall’integrale doppio è dovuto all’orientazione scelta in senso opposto a quella convenzionale del teorema).

$\begin{aligned} &\int_{\gamma\cup\gamma^\prime}\omega_1=-\iint_D \left( \dfrac{\partial F_4}{\partial x}-\dfrac{\partial F_3}{\partial y}\right)dxdy=-\iint_D(-1)dxdy=\iint_D dxdy \end{aligned}$

dove

$D=\left\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\geq 0,x^2+y^2\geq 1\,\right\rbrace$

ha misura²

$\left \vert D\right \vert=\dfrac{6\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5\pi}{4}$

da cui

$\int_{\gamma\cup\gamma^\prime}\omega_1=\iint_D dxdy=\dfrac{5\pi}{4}.$

Dunque vale

$\int_{\gamma\cup\gamma^\prime} \omega_1=\int_\gamma \omega_1+\int_{\gamma^\prime}\omega_1 =\frac{5}{4}\pi.$

Parametrizziamo il sostegno di $\gamma^\prime$

$\textbf{r}\left(t\right)=\left(2-t,0\right) \quad t\in \left[0,1\right]$

$\textbf{r}^\prime\left(t\right)=\left(-1,0\right)$

da cui è facile osservare che

$\int_{\gamma^\prime}\omega_1=0.$

Possiamo dunque concludere che

$\boxcolorato{analisi}{\int_{\gamma} \omega=\int_{\gamma} \omega_2+\int_{\gamma} \omega_1=\log2+\dfrac{5\pi}{4}. }$

Ricordiamo che dati

$A=\left\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2/a^2+y^2/b^2\leq1,a,b\in \mathbb{R}\setminus\left\lbrace0\right\rbrace,\,x\geq 0,\,y\geq 0 \right\rbrace$

e

$B=\left\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq R^2,\,x\geq0,\,y\geq 0\right\rbrace$

la loro misura è rispettivamente

$\left \vert A \right \vert=(\pi a b)/4$

e

$\left \vert B \right \vert =(\pi R^2)/4.$

↩