Esercizio1. Sia G = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2 −px2+ y2}.
(1) Disegnare G e verificare che la frontiera di G si compone di tre porzioni, superiore A, laterale B, base C.
(2) Usando il teorema della divergenza trovare il flusso uscente da ciascuna delle tre porzioni di frontiera per i tre campi F dati successivamente da:
F(x, y, z) = z k; F(x, y, z) = x i; F(x, y, z) = y j.
Risoluzione. (1) Ricordiamo che x2+y2`e il quadrato delle distanza del punto (x, y, z) dall’asse z; pertanto l’insieme {(x, y, z) : x2+ y2 ≤ 1} `e l’insieme dei punti che distano meno di 1 dall’asse z, ed `e quindi il cilindro circolare (illimitato) che ha l’asse z come asse, e raggio 1. Ricordiamo poi che z =px2+ y2 `e l’equazione del cono che ha l’asse z come asse, ottenuto facendo ruotare attorno all’asse z la semiretta nel piano xz di equazione z = x, con x ≥ 0. Pertanto z = −px2+ y2`e il simmetrico di questo cono rispetto al piano xy, e z = 2 −px2+ y2`e quest’ultimo cono traslato di 2 in alto. Insomma, z = 2 −px2+ y2`e un cono illimitato con il vertice in (0, 0, 2) e la concavit`a verso il basso, cono ottenuto facendo ruotare la semiretta nel piano xz di equazione z = 2 − x, con x ≥ 0, attorno all’asse z.
A
B
C(sotto)
Figura 1. Il solido G.
Vediamo ora l’intersezione delle due superficie: si ha z = 2 − 1, cio`e z = 1; l’intersezione `e il circolo di centro (0, 0, 1) e raggio 1 nel piano z = 1. Il solido consta di un cilindro circolare retto : {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 1, x2+ y2≤ 1}, di raggio di base 1 ed altezza 1, e quindi volume π · 12· 1 = π, con sovrapposto un cono circolare retto di base il disco sul piano z = 1 di centro (0, 0, 1) e raggio 1, ed altezza 1 (vertice in (0, 0, 2)), e quindi volume π/3; il volume di G `e quindi complessivamente π + π/3 = (4/3)π le porzioni di frontiera sono
• 1, superiore: A = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2 ≤ 1, ζ = 2 −px2+ y2}. `E la superficie laterale del cono.
• 2, laterale: B = {(x, y, z) ∈′R3: x2+ y2= 1, 0 ≤ z ≤ 1}; `e la superficie laterale del cilindro.
• 3, base: C = {(x, y, z) : x2+ y2≤ 1, z = 0}; `e la base del cilindro, sul piano xy.
Tutti e tre i campi hanno divergenza 1, per cui per tutti e tre il flusso totale uscente da G `e pari al volume di G, e cio`e a (4/3)π.
Primo campo, z k: osserviamo che `e parallelo all’asse z, e quindi `e parallelo anche alla porzione laterale B della frontiera, per cui ΦB = 0. Inoltre il campo `e nullo sulla base (z = 0), per cui anche il flusso ΦC
uscente dalla base C `e nullo. Tutto il flusso esce quindi dalla parte superiore A: riassumendo si ha Campo z k : ΦA= 4
3π; ΦB = 0; ΦC = 0.
Secondo campo, x i. Stavolta il campo `e parallelo all’asse x. Pertanto `e parallelo anche alla base C, che sta sul piano xy, per cui ΦC= 0. Per trovare il flusso ΦB possiamo applicare il teorema della divergenza
1
al cilindro {(x, y, z) : x2+ y2≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}: il flusso totale del campo x i uscente da esso vale π, e dalla base e dalla cima del cilindro (cima=disco unitario sul piano z = 1) non esce flusso; il flusso esce solo da B, per cui ΦB = π. Allo stesso modo il teorema della divergenza applicato al cono sommitale dice che il flusso totale uscente da esso vale π/3, dalla base non esce flusso, quindi il flusso che esce da A `e π/3, Riassumendo:
Campo x i : ΦA= π
3; ΦB= π; ΦC= 0.
Le stesse cose valgono per il campo y j: basta osservare che scambiando x con y il solido G e la sua frontiera non cambiano, quindi si ha
Campo y j : ΦA= π
3; ΦB= π; ΦC= 0.
. Ogni rotore `e solenoidale.
In altre parole, la divergenza di un rotore `e sempre nulla ∇ · (∇ × F) = 0, per ogni campo F. `E l’analogo, in grado pi`u alto, dell’enunciato “Ogni gradiente `e irrotazionale” cio`e per ogni campo scalare U si ha ∇ × ∇U(x, y, z) = 0. La dimostrazione `e una facile conseguenza dell’invertibilit`a dell’ordine di derivazione (uguaglianza delle derivate miste, “teorema di Schwarz”) e sicuramente si trova da qualche parte sul testo.
Esercizio2. Dato il campo
F(x, y, z) = xy i + x2j+ yz k, calcolarne il flusso di ∇ × F attraverso la superficie
S = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2+ z2= 1, z ≥ 0};
l’orientazione del vettore normale `e quella esterna alla sfera.
Risoluzione. La mezza sfera ha come bordo il circolo unitario. Dobbiamo solo vedere se l’orientazione usuale (antioraria se vista dall’alto) `e coerente con la normale esterna, quella con terza componente positiva. Parametrizzando la mezza sfera in coordinate sferiche si ha
(sin ϕ cos ϑ, sin ϕ sin ϑ, cos ϕ), ϕ ∈ [0, π/2], ϑ ∈ [0, 2π];
e sappiamo che la normale `e quella esterna (il prodotto vettoriale dei vettori derivate parziali ha come terza componente cos ϕ sin ϕ, positiva per 0 < ϕ < π/2). Il circolo bordo γ si ha con ϕ = π/2 ed `e proprio (cos ϑ, sin ϑ, 0), ϑ ∈ [0, 2π] . Quindi, per la formula di Stokes il flusso richiesto `e proprio (scrivo t invece di ϑ):
I
γ
F· dr = Z
γ
(xy dx + x2dy + yz dz) = Z 2π
0 (cos t sin t(− sin t) + cos2t cos t + 0) dt = Z 2π
0
cos t(cos2t − sin2t) dt = Z 2π
0 cos t (1 − 2 sin2t) dt = [sin t]2π0 −2
3[sin3t]2π0 = 0.
Altrimenti, calcoliamo il rotore di F:
det
i ∂/∂x xy j ∂/∂y x2 k ∂/∂z yz
= (z − 0) i + (0 − 0) j + (2x − x) k = z i + x k.
Dato che ogni rotore `e solenoidale, i flusso di ∇ × F uscente dalla mezza palla `e nullo; quindi il flusso uscente dalla semisfera `e l’opposto del flusso che esce dal piano diametrale della mezza sfera, e cio`e dal disco unitario D sul piano xy; il versore normale uscente `e −k, quindi il flusso `e
Z Z
D(0 i + x k) · (−k) dxdy = − Z Z
D
x dxdy = 0.
Un’ utile osservazione. Chiamiamo a variabili separate un campo quale a(x) i+b(y) j+c(z) k: cio`e, ogni componente `e funzione solo della variabile di ugual posto della componente stessa: a, b, c sono funzioni di una sola variabile.
. Ogni campo a variabili separate `e conservativo.
La cosa si vede subito: se A, B, C sono primitive di a, b, c rispettivamente, se cio`e si ha A′(x) = a(x), B′(y) = b(y), C′(z) = c(z), per ogni x, y, z, allora ∇U(x, y, z) = a(x) i + b(y) j + c(z) k. Quando si deve circuitare un campo, gli addendi conservativi portano contributo nullo e possono essere eliminati;
il precedente `e un criterio per riconoscere facilmente un tipo particolare di tali addendi. Lo vedremo negli esercizi successivi. Attenzione per`o a non fraintendere: x i ed y j sono campi a variabile separate e quindi conservativi (potenziali x2/2 ed y2/2 rispettivamente), ma y i ed x j non sono a variabili separate, e nemmeno sono conservativi (hanno rotore −k e k rispettivamente)! E y i+x j `e conservativo (potenziale xy), pur non essendo a variabili separate.
Esercizio3. Data la curva C (
(x − 1)2+ 4y2 = 16 2x + y + z = 3 , orientata in modo antiorario se vista dall’alto, calcolare
I
C
F· dr dove F = (z2+ y2+ sin(x2)) i + (2xy + z) j + (xz + 2yz) k.
Risoluzione. Osserviamo che il campo sin x2i `e conservativo, in quanto campo a variabili separate, pertanto esso porta contributo nullo alla circuitazione, che coincide con
I
C
(z2+ y2) dx + (2xy + z) dy + (xz + 2yz) dz .
La prima equazione si scrive anche (x −1)2/42+ y2/22= 1, e nel piano `e l’equazione di un’ellisse di centro (1, 0) e semiassi 4 e 2, nello spazio `e l’equazione del cilindro ellittico con direttrici parallele all’asse z che interseca questa ellisse sul piano xy. L’altra `e l’equazione di un piano, e la curva C, ancora un’ellisse, si parametrizza come
x = 1 + 4 cos t; y = 2 sin t; z = 3 − 2(1 + 4 cos t) − 2 sin t; t ∈ [0, 2π].
I calcoli sono fattibili ma complicati. Conviene usare la formula di Stokes; si vede facilmente che
∇ × F(x, y, z) = (2z − 1) i + z j;
una superficie che ha per bordo C `e
x = x; y = y; z = 3 − 2x − y (x, y) ∈ E, dove E = {(x, y) ∈ R2: (x − 1)2/42+ y2/22≤ 1} `e la ellisse sopra trovata.
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-2 -1 1 2
Figura 2. L’ellisse E.
L’orientazione `e quella giusta dato che nel piano l’ellisse viene percorsa nel verso antiorario. Si ha per il flusso
Z Z
E
det
2(3 − 2x − y) − 1 1 0
3 − 2x − y 0 1
0 −2 −1
dxdy = Z Z
E(2(3 − 2x − y) − 1)2 + 3 − 2x − y) dxdy = Z Z
E(−10x − 5y + 13) dxdy =
− 10 Z Z
Ex dxdy − 5 Z
E
y dxdy + 13 Z Z
E
dxdy Si ha ora: Area(E) = π 4 · 2 = 8π =RR
Edxdy;RR
Ex dxdy = xbaricentro di EArea(E) = 1 · 8π;RR
Ey dxdy = ybaricentro di EArea(E) = 0 · 8π; in definitiva la circuitazione richiesta `e
13 · 8π − 10 · 8π = 24π.
Esercizio4. Calcolare, sia direttamente che con la formula di Stokes
I
C(y dx − x dy + z2dz) dove C =
(z = y2
x2+ y2 = 4 , l’orientazione essendo quella antioraria se vista dall’alto.
Risoluzione. Discutiamo la curva. Essa sta sul cilindro illimitato che ha l’asse z come asse, e raggio 2.
Nell’equazione z = y2 manca la coordinata x; questo significa che se (a, y, z) `e nel luogo delle soluzioni, allora anche tutti i punti (x, y, z), qualunque sia x, sono nel luogo delle soluzioni; il luogo `e quindi un
“cilindro” con direttrici parallele all’asse x. L’intersezione con il piano yz `e la parabola di equazione z = y2, quindi si tratta di un cilindro parabolico. La curva `e intersezione di questi due cilindri ed `e come in figura.
Figura 3. Solido il cui bordo superiore `e la curva C dell’esercizio.
La parametrizzazione `e immediata:
x = 2 cos t; y = 2 sin t; z = 4 sin2t t ∈ [0, 2π].
Il termine z2dz pu`o essere omesso, dato che la forma z2dz, a variabili separate, `e esatta. L’integrale diventa allora
I
C(y dx − x dy) = Z 2π
0 (2 sin t(−2 sin t) − 2 cos t 2 cos t) dt = Z 2π
0 (−4 sin2−4 cos2t) dt = −8π.
Volendo usare la formula di Stokes calcoliamo il rotore del campo F(x, y, z) = y i − x j + z2k, che si vede facilmente essere ∇ × F(x, y, z) = −2 k (nel calcolo il termine z2kpu`o ovviamente essere omesso).
Il rotore essendo a divergenza nulla, il flusso di esso uscente dalla superficie superiore del solido di figura
`e opposto a quello che esce dalla base, base che `e il disco D nel piano (x, y) di centro l’origine e raggio 2, con versore normale −k. Il flusso uscente dalla base `e quindi (−2 k) · (−k) Area(D) = 8π. e quello richiesto `e quindi −8π, opposto di esso.
Esercizio5. Calcolare il volume del solido racchiuso tra le superficie dell’esercizio precedente, diretta- mente con la formula di riduzione, e facendo un calcolo diretto del flusso uscente dal solido del campo F(x, y, z) = z k.
Risoluzione. Si ha subito, detto S il solido, che `e S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2+ y2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ y2}, posto D = {(x, y) ∈ R2: x2+ y2≤ 4}:
Volume(S) = Z Z Z
S
dxdydz = Z Z
D
Z z=y2 z=0
dz
!
dxdy = Z Z
D
y2dxdy = Z Z
[0,2]×[0,2π]
r2 sin2ϑ r drdϑ =
Z 2 0
r3dr
Z 2π 0
sin2ϑ dϑ
= 24
4 π = 4π.
Il calcolo del flusso conduce subito allo stesso integrale: dalla base e dalla superficie laterale del solido non esce flusso, dalla base perch´e il campo `e nullo sulla base, dalla superficie laterale perch´e il campo `e
parallelo ad essa. Esce flusso solo dalla cima, superficie parametrizzata con x = x, y = y, z = y2, con (x, y) ∈ D, quindi il flusso vale:
Z Z
D
det
0 1 0
0 0 1
y2 0 2y
dxdy = Z Z
D
y2dxdy,
integrale appena calcolato, pari al volume di S.
Esercizio6. Sia E il solido racchiuso tra il piano xy e le superficie di equazione
x2+ y2= z2, x2+ y2− 2y = 0, contenuto nel semispazio z ≥ 0.
(i) Descrivere a parole il solido E e disegnarlo.
(ii) Trovare il volume di E (si suggerisce l’uso delle coordinate cilindriche).
(iii) Diciamo D la porzione di frontiera di E sul piano xy, S quella sulla superficie di equazione x2+ y2= z2, T quella sulla superficie di equazione x2+ y2− 2y = 0. Trovare il flusso del campo G(x, y, z) = −y i + x j uscente da D, S, T .
(iv) Calcolare le aree di D, S.
(v) Calcolare l’area di T .
Risoluzione. (i) La superficie di equazione z2 = x2+ y2 `e, come ben noto, un cono (a due falde; z = px2+ y2 `e la falda superiore, superficie ottenuta facendo ruotare la semiretta z = x, x ≥ 0, del piano xz attorno all’asse z); la superficie x2+ y2− 2y = 0 `e un cilindro con asse parallelo all’asse z: nel piano xy, l’equazione
x2+ y2− 2y = 0 ⇐⇒ x2+ y2− 2y + 1 = 1 ⇐⇒ x2+ (y − 1)2= 1
rappresenta il circolo di centro (0, 1) e raggio 1; mancando la coordinata z i punti (x, y, z) verificano l’equazione se e solo se (x, y) verifica l’equazione del circolo. La superficie `e quindi il cilindro di raggio 1 che ha per asse la retta {(0, 1, z) : z ∈ R}. L’intersezione si disegna ora facilmente.
Figura 4. L’insieme E, visto dal punto di coordinate (3, −1, 2).
(ii) Il volume di E pu`o essere trovato anche senza aver pienamente compreso come `e fatto E: un insieme F = {(r, ϑ, ζ) : . . . } che si trasforma in E `e dato dalle disuguaglianze:
r2≥ ζ2, r2− 2r sin ϑ ≤ 0, ζ ≥ 0, e semplificando, tenendo conto del fatto che deve essere r ≥ 0 si trova
r ≥ ζ; r ≤ 2 sin ϑ, ζ ≥ 0;
sempre dato che r ≥ 0, deve essere sin ϑ ≥ 0, e questo implica 0 ≤ ϑ ≤ π. Concludendo F = {(r, ϑ, ζ) : 0 ≤ r ≤ 2 sin ϑ, 0 ≤ ζ ≤ r, ϑ ∈ [0, π]}.
Si ha allora subito
Volume(E) = Z Z Z
E
dxdydz = Z Z Z
F
r drdϑdζ;
applichiamo la formula di riduzione all’ultimo integrale:
Z Z Z
F
r drdϑdζ = Z Z
A
Z ζ=r ζ=0
r dζ
!
drdϑ = Z Z
A
r2drdϑ,
dove A = {(r, ϑ) : 0 ≤ r ≤ 2 sin ϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π}, da cui, applicando ancora la formula di riduzione Z Z
A
r2drdϑ = Z ϑ=π
ϑ=0
Z r=2 sin ϑ r=0
r2dr
! dϑ = 8
3 Z π
0
sin3ϑ dϑ =8 3
Z π
0 sin ϑ(1 − cos2ϑ) dϑ = 8
3 Z π
0 sin ϑ dϑ −8 3
Z π 0
cos2ϑ sin ϑ dϑ = 16 3 +8
9[cos3ϑ]π0 = 16 3 −16
9 =32 9 .
(iii) Il flusso globalmente uscente da E `e nullo, dato che il campo ha divergenza nulla. Inoltre il flusso attraverso D `e nullo, dato che D giace su piano xy e la sua normale −k `e ortogonale al campo G. Il campo `e anche tangente al cono, che `e superficie di rotazione attorno all’asse z, e quindi anche il flusso uscente da S `e nullo; ne segue che anche il flusso uscente da T `e nullo.
(iv) L’area di D, cerchio di raggio 1, `e ovviamente π. L’area di S `e data da (S ha parametrizzazione cartesiana (x, y,px2+ y2), con (x, y) ∈ D)
Area(S) = Z Z
D
s
1 + x2
x2+ y2 + y2
x2+ y2dxdy = Z Z
D
√2 dxdy = π√ 2.
(v) Parametrizziamo T in coordinate cilindriche: r = 2 sin ϑ, visto che siamo sul cilindro, e z = ζ ≤ r;
una parametrizzazione `e
x = r cos ϑ = 2 sin ϑ cos ϑ(= sin(2ϑ); y = r sin ϑ = 2 sin2ϑ; z = ζ (ϑ, ζ) ∈ P,
dove P = {(ϑ, ζ) : 0 ≤ ζ ≤ 2 sin ϑ, ϑ ∈ [0, π]}, trapezoide della funzione 2 sin ϑ al di sopra dell’intervallo [0, π]. La matrice jacobiana di tale parametrizzazione `e
2 cos(2ϑ) 0 2 sin(2ϑ) 0
0 1
,
con corrispondente elemento d’area q
4 cos2(2ϑ) + 4 sin2(2ϑ) dϑdζ = 2 dϑdζ.
Per l’area si ha allora
Area(T ) = Z Z
P
√5 dϑdζ = 2Area(P ) = 8,
dato che facilmente si ha
Area(P ) = Z ϑ=π
ϑ=0
Z ζ=2 sin ϑ ζ=0
dζ
! dϑ = 2
Z π 0
sin ϑ dϑ = 4.
Esercizio 7. Dato il solido E = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤px2+ y2, x2+ y2 ≤ 2y}, calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (x + z) k uscente da ciascuna porzione di frontiera di E.
Risoluzione. Il solido `e quello dell’esercizio precedente. La divergenza di F vale costantemente 1, per cui il flusso uscente `e pari al volume di V , che vale come sopra visto 32/9. Sulla base D ilversore normale esterno `e −k, si ha z = 0 ed il flusso uscente vale
Z Z
D
(x + 0) k · (−k) dxdy = − Z Z
D
x dxdy = 0,
(l’ultimo integrale `e nullo per simmetria). Dato che il campo `e parallelo all’asse z, dalla parte laterale di
frontiera non esce flusso. Dalla cima esce quindi 32/9 di flusso.
Esercizio8. `E dato il campo F(x, y, z) = −((x2+ y2)/2) k. Sia C = (x, y, z) ∈ R3: py2+ z2≤ x ≤ 1}.
Disegnare C, e calcolare il flusso di F che esce da ogni porzione di frontiera di C. Trovare la circuitazione di F lungo la curva intersezione delle superficie x = 1 ed x =py2+ z2, orientata ad arbitrio. Calcolare il rotore ∇ × F; dato il campo G = −y i + x j + 2 k, trovare il flusso di G uscente da ogni porzione di frontiera di C.
Figura 5. L’insieme C, cono il cui asse `e l’asse x, con vertice in (0, 0, 0), raggio di base 1 ed altezza 1.
Risoluzione. Si vede che C `e un cono, come nella didascalia della figura. Il campo ha divergenza nulla, per cui il flusso totale uscente da C `e nullo. Dato che il campo `e parallelo all’asse z il flusso del campo che esce dalla base del cono `e nullo, e qundi `e nullo anche quello che esce dalla superficie laterale. La curva `e il circolo di equazione x = 1 e y2+ z2 = 1 come subito si vede. Sul circolo il campo indotto `e conservativo (`e (1 + z2) k e quindi ha circuitazione nulla.
Esercizio9. Calcolare
I
C
F· r dove F(x, y, z) = y exi+ (x + ex) j + z2k,
e C `e la curva parametrica r(t) = (1 + cos t) i + (1 + sin t) j + (1 − cos t sin t) k, con t ∈ [0, 2π]. Cercare prima di semplificare F togliendo addendi conservativi.
Risoluzione. L’addendo z2k, a variabili separate, `e certamente conservativo e pu`o essere eliminato. `E un po’ pi`u difficile accorgersi del fatto che anche y exi+ exj`e conservativo (potenziale exy) per cui resta:
I
C
F· dr = I
Cx j · dr = I
C
x dy, ed il calcolo `e a questo punto immediato:
I
C
x dy = Z 2π
0
(1 + cos t) cos t dt = π.
Se non ci si accorgeva della conservativit`a di y exi+ exj si trovava:
I
C
F· dr = I
C
(y exdx + (x + ex) dy = Z 2π
0
((1 + sin t)e1+cos t(− sin t) + (1 + cos t + e1+cos t) cos t) dt = Z 2π
0
(e1+cos t(cos t − sin t − sin2t) + cos t + cos2t) dt
integrale fattibile ma complicato. Conviene fermarsi al livello I
C
F· dr = I
C
(y exdx + (x + ex) dy),
ed osservare che C `e il circolo D di centro (1, 1) e raggio 1; la formula di Green ci dice a questo punto che si ha
I
C
(y exdx + (x + ex) dy = Z Z
D
(1 + ex− ex) dxdy = Z Z
D
dxdy = π.
Esercizio10. Verificare che
I
C
(y dx + z dy + x dz) =√ 3π a2,
dove C `e la curva intersezione di x2+ y2+ z2= a2 con x + y + z = 0, orientata convenientemente.
Risoluzione. Il campo F(x, y, z) = y i + z j + x k ha per rotore −(i + j + k). L’intersezione D del piano x+y +z = 0 con la sfera di centro l’origine e raggio a `e uno dei cerchi massimi della sfera, dato che il piano passa par l’origine; in particolare D ha area π a2. Il piano ha come versori normali (±1/√
3) (i + j + k).
Pertanto i possibili flussi sono Z Z
D−(i + j + k) · (i + j + k)
√3 dAD= ∓√ 3 πa2,
come si voleva (dAD`e l’elemento d’area di D).
Esercizio11. Trovare il volume del solido S delimitato da z = x2+ y2 e z = 1 − y2. Sia poi C la curva intersezione delle superficie precedenti. Parametrizzare C e trovare in due diversi modi
I
C
(y dx + x dy + xz dz).
Figura 6. L’insieme S, il cui “bordo” `e la curva C.
Risoluzione. Si ha 1 − y2 ≥ 0 nella striscia −1 ≤ y ≤ 1 del piano xy; cerchiamo intanto il luogo {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2≤ z ≤ 1 − y2}; si ha
x2+ y2≤ 1 − y2 ⇐⇒ x2+ 2y2≤ 1 ⇐⇒ x2+ y2 (1/√
2)2 ≤ 1, ellisse di centro l’origine e semiassi 1, 1/√
2, che chiamiamo E. La disuguaglianza inversa `e verificata nel complementare dell’ellisse, illimitato e quindi da escludere. Il solido `e quindi
S = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ (y/(1/√
2))2≤ 1, x2+ y2≤ z ≤ 1 − y2, } (punti sotto al cilindro e sopra al paraboloide). Il volume `e facile
Volume(S) = Z Z
S
dxdydz = Z Z
E
Z z=1−y2 z=x2+y2
dz
!
dxdy = Z Z
E(1 − x2− 2y2) dxdy = Z Z
Edxdy − Z Z
E
(x2+ 2y2) dxdy.
Il primo integrale `e l’area dell’ellisse, e quindi vale π/√
2. Per il secondo si pone x = u e y = v/√ 2;
l’integrale diventa
Z Z
D
(u2+ v2)dudv
√2 = 1
√2 Z Z
D
(u2+ v2) dudv,
dove D = {(u, v) ∈ R2: u2+ v2≤ 1} `e il disco unitario. Passando a coordinate polari si ha poi
√1 2
Z Z
D
(u2+ v2) dudv = 1
√2 Z Z
[0,1]×[0,2π]
r2r drdϑ = 2 π
√2
r4 4
r=1
r=0
= π
2√ 2. In definitiva:
Volume(S) = π/(2√ 2).
Figura 7. Intersezione del paraboloide con il cilindro ellittico.
Una parametrizzazione della curva intersezione `e facile da trovare: essa si proietta sull’ellisse prima trovata, e quindi una possibile parametrizzazione `e
x = cos t; y = sin t
√2 ; z = 1 − y(t)2= 1 −sin2t
2 = 1 + cos2t
2 , t ∈ [0, 2π].
Si pu`o ora osservare che il campo y i + x j `e conservativo (potenziale xy). La circuitazione richiesta quindi
`e semplicemente I
C
xz dz = Z 2π
0
cos t1 + cos2t
2 cos t(− sin t) dt = 1 2
Z 2π 0
cos2t(1 + cos2t)(− sin t) dt = 0;
l’ultimo integrale `e nullo per simmetria, potendosi scrivere Z 2π
0
cos2t(1 + cos2t)(− sin t) dt = Z π
−π
cos2t(1 + cos2t)(− sin t) dt, grazie alla periodicit`a.
Usando invece la formula di Stokes: il campo F = xz k ha come rotore ∇ × F = −z j. Il flusso attraverso la superficie z = x2+ y2(non ci preoccupiamo per ora dell’orientazione), con (x, y) ∈ E vale
Z Z
E
det
0 1 0
−(x2+ y2) 0 1
0 2x 2y
dxdy = Z Z
E
(x2+ y2)2y dxdy = 0
Esercizio12. Si considerino i campo vettoriali
F(x, y, z) = 2(y + z) i + 2(z + x) j + 2(x + y) k; G(x, y, z) = (z2− y2) i + (x2− z2) j + (y2− x2) k;
dopo aver verificato che ∇ × G = F si calcoli il flusso di F attraverso la superficie S = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2+ z2= 4, x2+ y2= 1, z ≥ 0}, orientando con la normale esterna alla sfera.
Risoluzione. La superficie `e la porzione di sfera (di centro l’origine e raggio 2) interna al cilindro di asse l’asse z e raggio 1. Il bordo `e quindi il circolo di raggio 1 alla quota 1 + z2= 4, e cio`e z2= 3, cio`e z =√
3, ricordando che si ha z ≥ 0. Il flusso uscente `e quindi uguale al flusso attraverso il disco piano D di centro sull’asse z, e raggio 1, alla quota z =√
3. Il versore normale positivo `e k; il flusso `e 2
Z Z
D
((y +√
3) i + (√
3 + x) j + (x + y) k) · k dxdy = 2 Z Z
D
(x + y) dxdy = 0.
Il calcolo diretto della circuitazione di G sulla curva bordo `e comunque tutt’altro che proibitivo. La curva bordo `e la circonferenza x = cos t, y = sin t, z =√
3, con 0 ≤ t ≤ 2π. Per la circuitazione si ha quindi I
γ
G · dr = Z 2π
0
((3 − sin2t)(− sin t) + (cos2t − 3) cos t) dt = Z2π
0
((cos3t+ sin3t) − 3(cos t + sin t)) dt;
chiaramente si haR2π
0 (cos t + sin t) dt = 0; uno studio delle simmetrie conduce facilmente a mostrare che si ha anche
Z 2π 0
cos3t dt= Z 2π
0
sin3t dt= 0.
