1.2 Lavoro di un campo

(1)

Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 22 marzo 2015

1 Campi vettoriali.

1.1 Caccia ai capi conservativi.

Stabilire se i seguenti campi F sono conservativi nell'insieme I indicato. In caso positivo, calcolare un potenziale.

Procedimento:

1. Si verica che l'insieme sia semplicemente connesso (non è la denizione rigorosa, ma il modo più semplice per capire se un insieme è semplicemente connesso è vericare che esista almeno un punto che può essere collegato a tutti gli altri senza uscire dall'insieme).

2. Si controlla se ∇ × F = 0, il che equivale a vericare l'uguaglianza di tutte le derivate incrociate. In formule:

∇ × F = 0 ⇐⇒ ∂fi

∂x_j =∂fj

∂x_i (1.1)

dove x è una variabile e f una componente del campo.

3. Se le condizioni 1 e 2 sono vericate, il campo è conservativo. Se non è vericata la 2, il campo non è conservativo. Se non è vericata la 1, non si può concludere nulla.

4. Si calcola il potenziale ϕ risolvendo il sistema di equazioni dierenziali che discende dalla seguente considerazione:

∇ϕ = F ⇐⇒ ∂ϕ

∂x_i = fi (1.2)

Ovviamente si procede con il punto 4 solo quando il controllo eseguito al punto 3 fornisce esito positivo.

1.

F =

(x + y)²; − x²+ y²

, I =(x, y) ∈ R²: x, y ≥ 0 L'insieme è semplicemente connesso. Le derivate parziali incrociate sono:

∂fx

∂y = ∂

∂y

(x + y)²

= 2x + 2y (1.3)

∂f_y

∂x = ∂

∂x − x²+ y² = −2x (1.4)

Sono diverse, quindi il campo non è conservativo.

2.

F = x − y³; x³+ y³ , I = (x, y) ∈ R²: x, y ≥ 0 ∧ x²+ y²≤ 1 L'insieme è semplicemente connesso. Le derivate parziali incrociate sono:

∂fx

∂y = ∂

∂y x − y³ = −3y² (1.5)

∂fy

∂x = ∂

∂x x³+ y³ = 3x² (1.6)

Sono diverse, quindi il campo non è conservativo.

(2)

3.

F = yp

1 + 2xy; xp

1 + 2xy

, I =(x, y) ∈ R²

L'insieme fornito dall'esercizio è l'intero piano cartesiano, che sicuramente è semplicemente connesso.

Tuttavia, l'insieme in cui un campo può essere considerato è innanzitutto limitato dal suo dominio. Quindi l'insieme da valutare è:

I ∪ dom (F ) = R²∩ {1 + 2xy ≥ 0} = {1 + 2xy ≥ 0} =

xy ≥ −1 2

(1.7) L'ultima condizione rappresenta la regione compresa tra i due rami di un'iperbole riferita agli asintoti.

Assegnando alcuni valori ad x e ricavando le corrispondenti y si ottiene il seguente graco:

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1 1 2 3

x y

Figura 1.1: Dominio di integrazione

L'insieme è semplicemente connesso perché stellato rispetto all'origine (ie l'origine può essere connessa a qualunque altro punto senza uscire dall'insieme). Si passa quindi alla verica delle derivate parziali:

∂fx

∂y = ∂

∂y

yp

1 + 2xy

=p

1 + 2xy + 2xy

√1 + 2xy (1.8)

∂f_y

∂x = ∂

∂x

xp

1 + 2xy

=p

1 + 2xy + 2xy

√1 + 2xy (1.9)

Le due derivate incrociate sono identiche: il campo è irrotazionale su un insieme semplicemente connesso, quindi conservativo. Si procede quindi con il calcolo del potenziale:

∂ϕ

∂xi

= fi−→

(_∂ϕ

∂x = fx

∂ϕ

∂y = fy

−→

(_∂ϕ

∂x = y√ 1 + 2xy

∂ϕ

∂y = x√

1 + 2xy (1.10)

Si iniziano le integrazioni successive dall'equazione che appare più facile. In questo caso, la scelta è arbitraria:

∂ϕ

∂x = yp

1 + 2xy −→ ∂ϕ = yp

1 + 2xy∂x −→ ϕ = ˆ

yp

1 + 2xy dx (1.11)

Si risolve l'integrale indenito rispetto alla sola variabile x:

ˆ yp

1 + 2xy dx = 1 2

ˆ

2y (1 + 2xy)¹² dx = 1 2· 2

3(1 + 2xy)³² + c (y) = 1

3(1 + 2xy)³² + c (y) (1.12) Avendo integrato nella sola variabile x la quantità aggiunta dall'integrale indenito può essere un numero reale o una funzione di y, che, per x, in nulla dierisce da una costante. Al ne di determinare c (y) si inserisce in risultato del precedente integrale nella seconda relazione del sistema:

∂ϕ

∂y = xp

1 + 2xy −→ ∂

∂y

1

3(1 + 2xy)³² + c (y)

= xp

1 + 2xy (1.13)

1 3· 3

2· 2x (1 + 2xy)¹² +∂c (y)

∂y = x (1 + 2xy)¹² −→

x (1 + 2xy)¹² +∂c (y)

∂y =

x (1 + 2xy)¹²

(3)

∂c (y)

∂y = 0

L'unico modo per rispettare la precedente relazione è c (y) = c, c ∈ R. Si ricava quindi il potenziale:

ϕ = 1

3(1 + 2xy)³² + c (y) = 1

3(1 + 2xy)³²+ c (1.14)

Uno dei potenziali possibili è:

ϕ = 1

3(1 + 2xy)³² (1.15)

1.2 Lavoro di un campo

Calcolare il lavoro del campo F sulla curva regolare γ, percorsa una sola volta in senso antiorario.

NOTA: se l'esercizio non specicasse che la curva è regolare, occorrerebbe controllare tale proprietà prima di procedere con i calcoli.

1.

F =

(x + y)²; − x²+ y²

, γ = f rontiera del triangolo A (1; 0) B (0; 1) O (0; 0)

La frontiera è una linea spezzata: invece di eseguire l'integrale di linea, conviene utilizzare il teorema di

Green: ˛

∂D⁺

F · τ =

¨

D

∇ × F dxdy (1.16)

Si calcola quindi il rotore di F :

∇ × F = ∂fy

∂x −∂fx

∂y = −2x − 2x − 2y = −4x − 2y (1.17)

Poi si esegue l'integrale per li verticali.

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x y

Il lato obliquo del triangolo è posto sulla retta di equazione y = 1 − x, quindi la y è compresa tra tale funzione di x e 0:

¨

D

∇ × F dxdy =

¨

D

−4x − 2y dxdy = −2

¨

D

2x + y dxdy = (1.18)

= −2 ˆ 1

0

ˆ 1−x 0

2x + y dy

dx = −2 ˆ 1

0

2x (1 − x) + (1 − x)²

2 dx =

= − ˆ 1

0

4x − 4x²+ 1 + x²− 2x dx = − ˆ

3x²− 2x − 1 dx =x³− x²− x¹

0= −1 2.

F = x − y³; x³+ y³ , γ = f rontiera di I = (x, y) ∈ R²: x, y ≥ 0 ∧ x²+ y²≤ 1

(4)

La linea su cui si dovrebbe eseguire l'integrale è composta dal quarto di circonferenza posto nel primo quadrante e dai due raggi che corrono sugli assi. Sarebbe quindi necessario parametrizzare tre curve dierenti: molto più comodo risulta utilizzare il teorema di Green. Si calcola il rotore:

∇ × F = ∂f_y

∂x −∂f_x

∂y = 3x²+ 3y² (1.19)

Poi si imposta l'integrale:

˛

∂D⁺

F · τ =

¨

D

∇ × F dxdy =

¨

D

3x²+ 3y²dxdy = 3

¨

D

x²+ y²dxdy (1.20) Dato che D rappresenta un quarto di circonferenza risulta opportuno il passaggio in coordinate polari.

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x y

Il raggio fornito dalle disequazioni di I è 1, mentre θ varia da 0 a ^π₂ per limitarsi al primo quadrante:

3

¨

D

x²+ y²dxdy −→ 3

¨

D⁰

ρ²ρdρdθ = 3 ˆ 1

0

ˆ ^π₂

0

ρ³dθ

!

dρ = (1.21)

=3π 2

ˆ 1 0

ρ³dρ = 3π 2

ρ⁴ 4

¹

0

=3π 8 3.

F = yp

1 + 2xy; xp

1 + 2xy

, γ = f rontiera di I =(x, y) ∈ R²: x, y ≥ 0 ∧ x²+ y²≤ 1 Secondo quanto dimostrato nella sezione precedente, il campo è conservativo; la linea su cui calcolare il lavoro è chiusa. L'insieme è interamente contenuto nel primo quadrante, quindi è sicuramente un sottoinsieme del dominio del campo. Alla luce delle precedenti considerazioni, si conclude che il lavoro è nullo.

4.

F = yp

1 + 2xy; xp

1 + 2xy

, γ = f rontiera di I =(x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 4

Si sarebbe portati a condurre un ragionamento simile a quello dell'esercizio precedente. Tuttavia, in questo caso γ non è interamente contenuta nel dominio di F . Ergo, il lavoro del campo non può essere calcolato.

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1 1 2 3

x y

Figura 1.4: Dominio di integrazione e dominio di F .

(5)

5.

F =

−y

x²+ y²; x x²+ y²

, γ = semicirconf erenza centrata nell⁰origine di raggio 3

La curva non è chiusa, quindi non è possibile applicare il teorema di Green. Non rimane che parametrizzare la curva e eseguire l'integrale di linea di seconda specie. Una parametrizzazione di una circonferenza è:

γ (t) = (r cos t; r sin t) (1.22)

dove a e b sono le coordinate dei vertici. Nel caso in esame:

γ (t) = (3 cos t; 3 sin t) , t ∈ [0; π] (1.23) Gli estremi sono giusticati dal fatto che è necessario individuare solo metà dell'ellisse. La derivata della curva è:

γ⁰(t) = (−3 sin t; 3 cos t) (1.24)

Il vettore velocità è non nullo per ogni valore di t appartenente al dominio. La curva è regolare: si può pertanto impostare l'integrale di linea.

ˆ

γ

F · τ = ˆ π

0

F (γ1(t) , γ2(t)) · γ⁰(t) dt = ˆ π

0

F (3 cos t, 3 sin t) · (−3 sin t; 3 cos t) dt = (1.25)

= ˆ π

0

−3 sin t

9 cos²t + 9 sin²t; 3 cos t 9 cos²t + 9 sin²t

· (−3 sin t; 3 cos t) dt =

= ˆ π

0

9 sin²t

9 cos²t + 9 sin²t+ 9 cos²t

9 cos²t + 9 sin²t dt = ˆ π

0

9 cos²t + 9 sin²t 9 cos²t + 9 sin²tdt =

= ˆ π

0

1 dt = π

Si ricordi che l'operazione tra il campo e la derivata della curva è un prodotto scalare: occorre quindi eseguire la somma dei prodotti tra le componenti dei due vettori con lo stesso indice.

1.3 Esercizi vari su potenziale e lavoro

1. Dato il campo F = ax sin (πy) ; x²cos (πy) + bye^−z; y²e^−z

stabilire per quali valori di a, b ∈ R il campo è conservativo il tutto il suo dominio. Per i valori di a e b trovati, determinare un potenziale ϕ di F e calcolare il lavoro di F lungo la linea γ denita da γ (t) = cos t; sin 2t; sin²tcon t ∈ [0; 2π].

Il dominio del campo è tutto R³, quindi un insieme semplicemente connesso. La condizione di conserva- tività è:

∇ × F = 0 −→







∂f_y

∂x =^∂f_∂y^x

∂f_z

∂y = ^∂f_∂z^y

∂fz

∂x = ^∂f_∂z^x

(1.26)

Applicando la precedente formula al campo F si ottiene il sistema di tre equazioni:







2x cos (πy) = axπ cos (πy) 2ye^−z= −bye^−z

0 = 0

(1.27)

Si hanno due equazioni nelle due incognite a e b, sucienti per determinare il valore di tali parametri:





 2 = aπ 2 = −b 0 = 0

−→

(a = _π²

b = −2 (1.28)

Per determinare i potenziale si procede per integrazioni successive:

∂ϕ

∂xi

= fi−→







∂ϕ

∂x = f_x

∂ϕ

∂y = fy

∂ϕ

∂z = f_z

−→







∂ϕ

∂x = ²_πx sin (πy)

∂ϕ

∂y = x²cos (πy) − 2ye^−z

∂ϕ

∂z = y²e^−z

(1.29)

(6)

Si inizia dalla relazione che promette l'integrale più semplice:

∂ϕ

∂x = 2

πx sin (πy) −→ ∂ϕ = 2

πx sin (πy) ∂x −→ ϕ = ˆ 2

πx sin (πy) dx (1.30) Risolvendo rispetto alla sola variabile di integrazione si trova:

ϕ = ˆ 2

πx sin (πy) dx = 2

πsin (πy) ˆ

x dx =x²

π sin (πy) + c (y, z) (1.31) L'integrale indenito aggiunge infatti un termine costante rispetto alla variabile di integrazione, che quindi può essere funzione delle altre incognite del campo. Inserendo il risultato della prima integrazione nella seconda relazione si ottiene:

∂ϕ

∂y = x²cos (πy) − 2ye^−z−→ ∂

∂y

x²

π sin (πy) + c (y, z)

= x²cos (πy) − 2ye^−z (1.32)

x²cos (πy) + ∂c (y, z)

∂y =

x²cos (πy) − 2ye ^−z (1.33) Procedendo con l'integrazione, si ricava l'espressione della funzione c (y, z):

∂c (y, z)

∂y = −2ye^−z −→ ∂c (y, z) = −2ye^−z∂y (1.34)

c (y, z) = ˆ

−2ye^−zdy = −2e^−z ˆ

y dy = −y²e^−z+ c (z) Grazie a tale informazione si aggiorna l'espressione del potenziale ϕ:

ϕ =x²

π sin (πy) + c (y, z) = x²

π sin (πy) − y²e^−z+ c (z) (1.35) Si sfrutta ora la terza relazione del sistema iniziale:

∂ϕ

∂z = y²e^−z−→ ∂

∂z

x²

π sin (πy) − y²e^−z+ c (z)

= y²e^−z −→

y²e^−z+∂c (z)

∂z =

y²e^−z (1.36)

∂c (z)

∂z = 0

L'unico modo di rispettare la precedente relazione è imporre c (z) = c, con c ∈ R costante. Quindi, l'espressione nale del potenziale è:

ϕ = x²

π sin (πy) − y²e^−z+ c (z) = x²

π sin (πy) − y²e^−z+ c (1.37) Uno dei possibili potenziali è quello che si ottiene sostituendo c = 0.

ϕ =x²

π sin (πy) − y²e^−z (1.38)

Dal momento che il campo è conservativo, il lavoro lungo una qualsiasi linea può essere calcolato come la dierenza del valore della funzione potenziale ϕ valutata nel punto nale B e nel punto iniziale A. Questi sono ottenuti sostituendo gli estremi nella curva.

A = γ (0) = cos t; sin 2t; sin²t

t=0= (1; 0; 0) (1.39)

B = γ (2π) = cos t; sin 2t; sin²t

t=2π= (1; 0; 0) (1.40)

Punto iniziale e nale coincidono: la linea è chiusa. Di conseguenza, il lavoro del campo conservativo F è nullo.

(7)

2. Dimostrare che il campo F = (x + y; x − z; z − y) è conservativo nel suo dominio. Calcolare poi il lavoro compiuto dal campo lungo qualsiasi curva regolare che abbia inizio in A (1; 0; −1) e termine in B (0; −2; 3) in almeno due modi dierenti.

∇ × F = 0 −→







∂fy

∂x =^∂f_∂y^x

∂fz

∂y = ^∂f_∂z^y

∂f_z

∂x = ^∂f_∂z^x

(1.41)







1 = 1 √

−1 = −1 √

0 = 0 √ (1.42)

Tutte le equazioni sono identità. Il campo è quindi conservativo. Il lavoro compiuto su una qualsiasi curva regolare si può quindi calcolare sia con l'integrale curvilineo sia mediante dierenza di potenziale.

Si procede con l'integrale curvilineo: per il teorema di caratterizzazione dei campi conservativi, il lavoro compiuto da F lungo una curva AB è indipendente dalla scelta della curva. La soluzione più semplice è optare per un segmento: si ricorda che la formula per parametrizzare un segmento AB è:

SA→B : A + t (B − A) , t ∈ [0; 1] (1.43)

dove A e B rappresentano i vettori delle coordinate dei punti omonimi. Quindi:

SA→B: γ (t) = A + t (B − A) −→



 1 0

−1



+ t



 0 − 1

−2 − 0 3 + 1



=



 1 − t

−2t

−1 + 4t



, t ∈ [0; 1] (1.44) La derivata della curva è:

γ⁰(t) = (−1; −2; 4) (1.45)

La curva è regolare. L'integrale di linea da risolvere è quindi:

ˆ

γ

F · τ = ˆ 1

0

F (γ1(t) , γ2(t) , γ3(t)) · γ⁰(t) dt = ˆ 1

0

F (1 − t, −2t, 4t − 1) · (−1; −2; 4) dt = (1.46)

= ˆ 1

0

(1 − t − 2t; 1 − t − 4t + 1; 4t − 1 + 2t) · (−1; −2; 4) dt =

= ˆ 1

0

(1 − 3t; 2 − 5t; 6t − 1) · (−1; −2; 4) dt = ˆ 1

0

−1 + 3t − 4 + 10t + 24t − 4 dt =

= ˆ 1

0

37t − 9 dt = 37 t² 2

¹

0

− 9 = 37

2 − 9 = 19 2

Volendo utilizzare la dierenza di potenziale, il primo passo è ricavare l'espressione di un potenziale di F . Si utilizza il consueto procedimento: detto ϕ il potenziale, per denizione deve essere vericata la seguente uguaglianza.

∂ϕ

∂xi

= f_i−→







∂ϕ

∂x = fx

∂ϕ

∂y = fy

∂ϕ

∂z = fz

−→







∂ϕ

∂x = x + y

∂ϕ

∂y = x − z

∂ϕ

∂z = z − y

(1.47)

Si procede per integrazioni successive:

∂ϕ

∂x = x + y −→ ∂ϕ = (x + y) ∂x −→ ϕ = ˆ

x + y dx (1.48)

Risolvendo rispetto alla sola variabile di integrazione si trova:

ϕ = ˆ

x + y dx = x²

2 + xy + c (y, z) (1.49)

(8)

L'integrale indenito aggiunge infatti un termine costante rispetto alla variabile di integrazione, che quindi può essere funzione delle altre incognite del campo. Inserendo il risultato della prima integrazione nella seconda relazione si ottiene:

∂ϕ

∂y = x − z −→ ∂

∂y

x²

2 + xy + c (y, z)

= x − z (1.50)

x +∂c (y, z)

∂y = x − z −→ ∂c (y, z)

∂y = −z (1.51)

Procedendo con l'integrazione, si ricava l'espressione della funzione c (y, z):

∂c (y, z)

∂y = −z −→ ∂c (y, z) = −z∂y (1.52)

c (y, z) = ˆ

−z dy = −yz + c (z) Grazie a tale informazione si aggiorna l'espressione del potenziale ϕ:

ϕ = x²

2 + xy + c (y, z) = x²

2 + xy − yz + c (z) (1.53)

Si sfrutta ora la terza relazione del sistema iniziale:

∂ϕ

∂z = z − y −→ ∂

∂z

x²

2 + xy − yz + c (z)

= z − y −→ −y + ∂c (z)

∂z = z − y (1.54)

∂c (z)

∂z = z Occorre quindi eseguire un'ultima integrazione.

∂c (z)

∂z = z −→ c (z) = ˆ

z dz = z²

2 + c (1.55)

Dove c è una costante reale. Quindi, l'espressione nale del potenziale è:

ϕ = x²

2 + xy − yz + c (z) = x²

2 + xy − yz +z²

2 + c (1.56)

Uno dei possibili potenziali è quello che si ottiene sostituendo c = 0.

ϕ =x² 2 +z²

2 + xy − yz (1.57)

Il lavoro si ottiene come dierenza tra il potenziale nale e quello iniziale:

L = ∆ϕ = ϕ (B) − ϕ (A) =

0 + 9

2 + 0 + 6

− 1 2+1

2 + 0 − 0

= 19

2 (1.58)

Il risultato ovviamente coincide con quello trovato seguendo il primo metodo.

3. Determinare una funzione f : R³7→ R con f ∈ C¹tale che il campo F = (f (x, y, z) ; z; y) sia conservativo in R³.

∇ × F = 0 −→







∂f_y

∂x =^∂f_∂y^x

∂fz

∂y = ^∂f_∂z^y

∂fz

∂x = ^∂f_∂z^x

(1.59)







0 = ^{∂f (x,y,z)}_∂y 1 = 1 0 = ^{∂f (x,y,z)}_∂z

−→

(_{∂f (x,y,z)}

∂y = 0

∂f (x,y,z)

∂z = 0 (1.60)

Per rispettare le precedenti condizioni occorre che la funzione f contenga la sola incognita x. Quindi ogni funzione f (x)di x tale che f ∈ C¹ risolve il quesito.

(9)

1.4 Green, Stokes, Gauss.

NOTA: i tre teoremi possono essere sintetizzati dalle seguenti formule. Siano F un campo vettoriale, ∇ × F il suo rotore, ∇ · F la sua divergenza, D un insieme limitato, ∂D la sua frontiera, ∂D⁺ la sua frontiera percorsa in senso antiorario, dΣ l'elemento di supercie, dl l'elemento di linea, Σ una supercie aperta, ∂Σ⁺il suo bordo percorso in senso antiorario e ˆn_e il versore normale orientato verso l'esterno; siano inoltre soddisfatte tutte la ipotesi richieste dai teoremi.

• GREEN: circuitazione di F =¸

∂D⁺F · τ =˜

D∇ × F dxdy;

• GAUSS 2D: usso di F attraverso ∂D =´

∂DF · ˆnedl =˜

D∇ · F dxdysolo se ∂D è una supercie chiusa;

• GAUSS 3D: usso di F attraverso ∂D =˜

∂DF · ˆn_edΣ = ˝

D∇ · F dxdydz solo se ∂D è una supercie chiusa;

• STOKES: usso del rotore F attraverso Σ =˜

Σ∇ × F · ˆnedΣ =¸

∂Σ⁺F · τ

1. Calcolare il usso dal campo F = (x; y; z) uscente dalla supercie ∂D, frontiera dell'insieme D = n

(x, y, z) ∈ R³: x²+ y²≤ 9 ∧ 0 ≤ z ≤p

9 − x²− y²o

attraverso la denizione di usso e attraverso il teorema di Gauss.

L'insieme D è un volume in R³, quindi la sua frontiera è sicuramente una supercie chiusa. Si osserva inoltre che la supercie è formata da due parti: la calotta sferica e il cerchio che ne chiude la base.

3 2 1

X 0 -1 -2 -3 -3

-2 -1 0

Y 1 2 3

0 0.5 1 1.5 2 2.5

3 Z

Figura 1.5: Insieme D.

Per eseguire il calcolo mediante la denizione di usso, occorre dividere le due parti, calcolare separata- mente il usso attraverso di esse e sommare i risultati.

∂D = ∂D_cerchio+ ∂D_calotta (1.61)

La denizione di usso di un campo F attraverso una supercie Σ è:

ΦF =

¨

Σ

F · ˆnedΣ (1.62)

Si calcola il usso attraverso ∂Dcerchio. Essendo tale supercie posta sul piano xy e l'interno dell'insieme contenuto nel semispazio delle z positive, si conclude che il versore normale esterno è il vettore di lunghezza unitaria parallelo all'asse z che punta verso il basso.

ˆ

n_e= (0; 0; −1) (1.63)

(10)

Il prodotto scalare tra campo e versore, ovvero la quantità da integrare, è:

F · ˆne= (x; y; z) · (0; 0; −1) = −z (1.64) Tale quantità deve essere valutata sulla supercie, che giace sul piano xy, descritto dall'equazione z = 0.

Quindi:

F · ˆn_e= [−z]_z=0= 0 (1.65)

Pertanto si conclude:

Φ_Cerchio=

¨

∂D_cerchio

F · ˆn_edΣ =

¨

∂D_cerchio

0dΣ = 0 (1.66)

Si passa poi ad analizzare la calotta sferica. In questo caso è conveniente scrivere la supercie che descrive la calotta come z = f (x, y) = p9 − x²− y² per poi utilizzare la formula del versore normale ad una supercie cartesiana:

ˆ ne=

−^∂f_∂x; −^∂f_∂x; 1 r

_∂f

∂x

2

+_∂f

∂x

2

+ 1

=

√ x

9−x²−y²; √ ^y

9−x²−y²; 1

q x²

9−x²−y² +_9−x^y2²−y² + 1

(1.67)

F · ˆne= (x; y; z) ·

√ x

9−x²−y²; √ ^y

9−x²−y²; 1

q x²

9−x²−y²+_9−x^y₂²_−y₂ + 1

=

x²

√

9−x²−y² +√ ^y²

9−x²−y² + z q x²

9−x²−y² +_9−x^y₂²_−y₂ + 1

(1.68)

Tale quantità deve essere valutata sulla supercie, ovvero sulla regione di spazio z = p9 − x²− y², descritto dall'equazione z = 0. Quindi:

F · ˆne=







x²

√

9−x²−y² +√ ^y²

9−x²−y² + z q x²

9−x²−y² +_9−x^y₂²_−y₂ + 1







z=√

9−x²−y²

=

x²

√

9−x²−y² +√ ^y²

9−x²−y² +p

9 − x²− y² q x²

9−x²−y² +_9−x^y₂²_−y₂+ 1

(1.69)

Prima di procedere con l'integrale, è utile calcolare l'elemento di supercie dΣ. Per denizione:

dΣ = knek dxdy = s

x²

9 − x²− y² + y²

9 − x²− y² + 1 dxdy (1.70) L'integrale da risolvere è quindi:

ΦCerchio =

¨

∂Dcerchio

F · ˆnedΣ = (1.71)

=

¨

∂D_cerchio x²

√

9−x²−y² +√ ^y²

9−x²−y² +p

9 − x²− y² q x²

9−x²−y² +_9−x^y2²−y² + 1

s x²

9 − x²− y² + y²

9 − x²− y² + 1 dxdy =

=

¨

∂Dcerchio

x²+ y²+ 9 − x²− y²

p9 − x²− y² dxdy =

¨

∂Dcerchio

9

p9 − x²− y² dxdy

NOTA: la semplicazione tra denominatore di F · ˆne e termine aggiunto dall'elemento di area prima dei dierenziali dxdy deve sempre avvenire. Entrambe le quantità, infatti rappresentano la norma del vettore normale. Passando in coordinate polari, si ha:

¨

∂Dcerchio

9

p9 − x²− y² dxdy = ˆ 2π

0

ˆ 3 0

9 p9 − ρ²ρdρ

!

dθ = 2π ˆ 3

0

9ρ 9 − ρ²⁻¹2dρ = (1.72)

= −9π ˆ 3

0

−2ρ 9 − ρ²−¹₂

dρ = −9π · 2hp

9 − ρ²i³

0

= 54π

(11)

Utilizzando il teorema di Gauss, invece, il calcolo risulta molto più agevole. Si determina dapprima la divergenza del campo F :

∇ · F =∂Fx

∂x +∂Fy

∂y +∂Fz

∂z = 1 + 1 + 1 = 3 (1.73)

Il usso del campo si calcola nel seguente modo:

ΦF =

¨

∂D

F · ˆnedΣ =

˚

D

∇ · F dxdydz =

˚

D

3 dxdydz = 3

˚

D

1 dxdydz (1.74) Il triplo integrale di 1 su un insieme restituisce il suo volume. Si può quindi evitare di eseguire il calcolo e ricorrere alla formula di geometria solida. Il volume di una semisfera è:

V ol (D) =1 2 ·4

3πr³=2

3π3³= 18π (1.75)

Il usso risulta quindi essere:

Φ_F = 3

˚

D

1 dxdydz = 3V ol (D) = 54π (1.76)

2. Calcolare il usso di F = (x; y; z) entrante nella frontiera ∂D dell'insieme D, descritto dalle seguenti relazioni:

D =(x, y, z) ∈ R³: x²+ y²≤ 4z ∧ 0 ≤ z ≤ 1

La supercie attraverso il quale calcolare il usso racchiude un volume, quindi è sicuramente chiusa. Si applica il teorema della divergenza:

Φ_F =

¨

∂D

F · ˆn_edΣ =

˚

D

∇ · F dxdydz =

˚

D

3 dxdydz = 3

˚

D

1 dxdydz (1.77) Il volume di integrazione è composto dai punti al di sopra del paraboloide z = ¹₄ x²+ y²

ma al di sotto del piano z = 1.

2 1

X 0 -1 -2 -2 -1 0 Y 1 2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

2 Z

Figura 1.6: Insieme D.

Si procede quindi per strati orizzontali, passando alle coordinate polari per risolvere il doppio integrale sul singolo strato. Gli estremi di integrazione sono:

0 ≤ z ≤ 1 (1.78)

(12)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.79) 0 ≤ ρ ≤ 2√

z (1.80)

L'ultima relazione si ricava dall'equazione del paraboloide ricordando che, per una circonferenza con centro sull'asse z, si ha ρ = px²+ y². Da questo deriva z = ¹₄ x²+ y² −→ z = ¹₄ρ²−→ ρmax =√

4z = 2√ z. Quindi:

3

˚

D

1 dxdydz = 3 ˆ 1

0

¨

Cerchio

1 ρdρdθ

dz = 3

ˆ 1 0

ˆ 2π 0

ˆ 2√ z

0

ρdρ

! dθ

!

dz = (1.81)

= 3 ˆ 1

0

ˆ 2π 0

ρ² 2

²

√z

0

dθ

! dz = 3

ˆ 1 0

ˆ 2π 0

2z dθ

dz = 6π ˆ 1

0

2z dz =

= 6π

2z²

2

¹

0

= 6π

L'esercizio non è ancora concluso: quello trovato con il teorema della divergenza è il usso uscente dalla supercie. Per ricavare quello entrante occorre cambiare il segno del precedente risultato.

Φentrante = −Φuscente= −6π (1.82)

3. Calcolare il usso di F = −2x³y; −¹₂x⁴

uscente dalla frontiera dell'insieme D = (x, y) ∈ R³: x²+ y²≤ 1 L'insieme D è un cerchio di raggio 1 centrato nell'origine. La sua frontiera è una circonferenza, quindi . una linea chiusa. Si applica il teorema di Gauss: la divergenza del campo F è:

∇ · F = ∂Fx

∂x +∂Fy

∂y = −6x²y + 0 = −6x²y (1.83)

Il usso uscente è:

ΦF = ˆ

∂D

F · ˆnedΣ =

¨

D

∇ · F dxdydz =

¨

D

−6x²y dxdydz = 0 (1.84) La funzione integranda è infatti dispari rispetto alla variabile y e l'insieme di integrazione è simmetrico rispetta all'asse y = 0.

4. Calcolare il usso del campo F = x³e^−z; 3xz; 3x²e^−z

uscente dall'emisfero superiore della sfera x²+ y²+ z²= 16.

4

2

X 0

-2

-4 -4 -2 0

Y 2 4 5

4

3

2

1

0 Z

Figura 1.7: Sfera x²+ y²+ z²= 16.

(13)

Ricordando quanto avvenuto nell'esercizio 1, si vorrebbe evitare il calcolo diretto. Per applicare il teorema di Gauss, tuttavia, è necessario che la frontiera ∂D sia una supercie chiusa, mentre nel caso in esame non si vuole considerare il cerchio di base:

˚

D

∇ · F dxdydz =

¨

Cerchio

F · ˆnedΣ +

¨

Calotta

F · ˆnedΣ (1.85)

Isolando il termine di interesse:

¨

Calotta

F · ˆnedΣ =

˚

D

∇ · F dxdydz −

¨

Cerchio

F · ˆnedΣ (1.86)

Occorre quindi calcolare, mediante il teorema della divergenza, il usso uscente dal volume chiuso e poi sottrarre quello uscente dal cerchio di base. Si calcola la divergenza di F :

∇ · F = ∂Fx

∂x +∂Fy

∂y +∂Fz

∂z = 3x²e^−z− 3x²e^−z= 0 (1.87) Quindi il usso uscente da tutto il volume è nullo:

˚

D

∇ · F dxdydz =

˚

D

0 dxdydz = 0 (1.88)

Rimane da calcolare il usso uscente dal cerchio di base. Essendo tale supercie posta sul piano xy e l'interno dell'insieme contenuto nel semispazio delle z positive, si conclude che il versore normale esterno è il vettore di lunghezza unitaria parallelo all'asse z che punta verso il basso.

ˆ

n_e= (0; 0; −1) (1.89)

F · ˆn_e= x³e^−z; 3xz; 3x²e^−z · (0; 0; −1) = −3x²e^−z (1.90) Tale quantità deve essere valutata sulla supercie, che giace sul piano xy, descritto dall'equazione z = 0.

Quindi:

F · ˆne=−3x²e^−z

z=0= −3x² (1.91)

Pertanto si conclude:

ΦCerchio=

¨

Cerchio

F · ˆnedΣ =

¨

Cerchio

−3x²dΣ (1.92)

Si passa in coordinate polari. Il raggio della circonferenza che delimita il cerchio è lo stesso della sfera:

0 ≤ ρ ≤ 4 (1.93)

0 ≤ ρ ≤ 2π (1.94)

Quindi:

¨

Cerchio

−3x²dΣ = ˆ 2π

0

ˆ 4 0

−3ρ²cos²θ ρdρ

dθ =

ˆ 2π 0

cos²θ dθ

ˆ 4 0

−3ρ³dρ

= (1.95)

π −3ρ⁴ 4

⁴

0

= −192π Ritornando alla relazione 1.86, si ottiene:

¨

Calotta

F · ˆnedΣ =

˚

D

∇ · F dxdydz −

¨

Cerchio

F · ˆnedΣ = 0 − (−192π) = 192π (1.96)

5. Calcolare il usso del rotore di F = (x; y; xy) uscente dalla supercie graco della funzione f denita da z = ^x₉²+^y₄² e limitata al dominio D = (x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 4 .

(14)

3 2 1

X 0 -1 -2 -3 -3

-2 -1 0

Y 1 2 2

1.5

1

0.5

0 3 Z

Figura 1.8: funzione z =^x₉² +^y₄² e cilindro x²+ y²≤ 4.

Si vorrebbe evitare di usare la denizione di usso e applicare il teorema di Stokes. Tuttavia, osservando la gura, si nota come il bordo della supercie da considerare sia una curva tridimensionale dicilmente parametrizzabile. Non rimane quindi che adarsi alla denizione di usso:

Φ =

¨

Σ

∇ × F · ˆnedΣ (1.97)

Si calcola quindi il rotore del campo. Si può ricostruire tale operatore risolvendo il determinante della seguente matrice, dove ∂x indica la derivata parziale rispetto alla variabile x e fx la prima componente del campo:

∇ × F =

ˆi ˆj kˆ

∂x ∂y ∂z

fx fy fz

= (∂yfz− ∂zfy) ˆi − (∂xfz− ∂zfx) ˆj + (∂xfy− ∂yfx) ˆk (1.98)

Nel caso in esame:

∇ × F = (x − 0)ˆi − (y − 0) ˆj + (0 − 0) ˆk = (x; −y; 0) (1.99) Ricordando ancora una volta quanto accaduto nel primo esercizio di questa sezione, prima di calcolare il versore normale si opera la semplicazione:

¨

Σ

∇ × F · ˆnedΣ =

¨

Σ

∇ × F · ne

knk· knk dxdy =

¨

Σ

∇ × F · n dxdy (1.100) dove n indica il vettore normale. Si procede quindi al calcolo di n mediante la consueta formula valida per superci cartesiane. Quella proposta dall'esercizio è f (x, y) = ^x₉² +^y₄²:

ne=

−∂f

∂x; −∂f

∂x; 1

=

−2 9x; −1

2y; 1

(1.101) Si esegue il prodotto scalare:

∇ × F · n = (x; −y; 0) ·

−2 9x; −1

2y; 1

= −2 9x²+1

2y² (1.102)

Inne si valuta il risultato sulla supercie Σ:

[∇ × F · n]

z=^x2₉ +^y2₄ = −2 9x²+1

2y² (1.103)

(15)

Dal momento che la variabile z non è presente, nulla cambia. Si esegue poi l'integrale doppio sul dominio della supercie, che in questo caso è D = (x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 4

ovvero un cerchio di raggio 2 centrato nell'origine:

¨

Σ

∇ × F · n dxdy =

¨

D

−2 9x²+1

2y²dxdy^polari−→

¨

D⁰

−2

9ρ²cos²θ + 1

2ρ²sin²θ ρdρdθ = (1.104)

= ˆ 2π

0

ˆ 2 0

−2

9ρ³cos²θ + 1

2ρ³sin²θ dρ

dθ =

ˆ 2 0

ρ³dρ

ˆ 2π 0

−2

9cos²θ +1

2sin²θ dθ

=

= ρ⁴ 4

²

0

ˆ 2π 0

−2

9cos²θ dθ + ˆ 2π

0

1

2sin²θ dθ

= 4

−2 9

ˆ 2π 0

cos²θ dθ +1 2

ˆ 2π 0

sin²θ dθ

=

= 4

−2 9π +1

2π

= 10 9 π

6. Calcolare il usso del rotore del campo F = (y; 0; x) uscente dalla supercie Σ descritta dalle seguenti

relazioni: (

z = 1 − x²− y²

0 ≤ z ≤ ¹₂ (1.105)

Si disegna la supercie: l'equazione individua un paraboloide con vertice nel punto (0; 0; 1) e concavità rivolta verso il basso. La disequazione impone di considerare soltanto la parte di paraboloide compresa tra i piani z = 0 e z = ¹₂.

1 0.5

X 0 -0.5 -1 -1

-0.5 0

Y 0.5 1 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1 Z

Figura 1.9: supercie Σ.

Per evitare un integrale di supercie sul paraboloide si sceglie di applicare il teorema di Stokes:

¨

Σ

˛

∂Σ⁺

F · τ (1.106)

Il bordo della supercie è in realtà formato dalle due circonferenza che si formano dall'intersezione tra paraboloide e piani orizzontali z = 0 e z = ¹₂. Le equazioni delle curve si ricavano dal sistema tra piano e paraboloide:

(z = 1 − x²− y²

z = 0 −→ C1: x²+ y²= 1 (1.107)

(16)

(z = 1 − x²− y²

z = ¹₂ −→ C2: x²+ y²= 1

2 (1.108)

Ora occorre decidere l'orientazione delle circonferenze, ovvero il verso di percorrenza che verrà rispettato nel calcolare la circuitazione. Si può ricorrere alla seguente regola: se n è il vettore normale alla supercie Σ, un osservatore che cammini lungo il bordo ∂Σ con la testa in corrispondenza della freccia di n e i piedi sul punto di applicazione deve muoversi in modo da avere i punti di Σ alla sua sinistra. Di conseguenza, la circonferenza C1deve essere percorsa in senso antiorario, mentre C2in senso orario. Dal momento che la parametrizzazione standard della circonferenza la percorre in senso antiorario, è necessario porre un segno negativo dinnanzi all'integrale su C2:

˛

∂Σ⁺

F · τ =

˛

C1

F · τ −

˛

C2

F · τ (1.109)

Si procede a parametrizzare le circonferenze, prestando attenzione al fatto che le curve devono tenere in conto l'altezza alla quale esse sono poste:

C1(t) = (cos t; sin t; 0) , t ∈ [0; 2π] (1.110) C2(t) =

1

√2cos t; 1

√2sin t; 1 2

, t ∈ [0; 2π] (1.111)

Si calcolano quindi le derivate:

C₁⁰(t) = (− sin t; cos t; 0) (1.112)

C₂⁰(t) =

− 1

√2sin t; 1

√2cos t; 0

(1.113) E le espressioni dei campi sulle circonferenze:

F (C1(t)) = (sin t; 0; cos t) (1.114)

F (C2(t)) =

1

√

2sin t; 0; 1

√ 2cos t

(1.115) Si utilizzano quindi le precedenti informazioni per risolvere gli integrali di linea:

˛

∂Σ⁺

F · τ =

˛

C₁

F · τ −

˛

C₂

F · τ = ˆ 2π

0

F (C₁(t)) · C₁⁰(t) dt − ˆ 2π

0

F (C₂(t)) · C₂⁰(t) dt = (1.116)

= ˆ 2π

0

(sin t; 0; cos t)·(− sin t; cos t; 0) dt−

ˆ 2π 0

1

√2sin t; 0; 1

√2cos t

·

− 1

√2sin t; 1

√2cos t; 0

dt =

= ˆ 2π

0

− sin²t dt − ˆ 2π

0

−1

2sin²t dt = −1 2

ˆ 2π 0

sin²t dt = −π 2

7. Calcolare il usso del rotore di F = y²; xy; xz entrante nella supercie Σ descritta dalle seguenti

relazioni: (

x²+ y²+ z²= 1

z ≥ 0 (1.117)

La supercie è una calotta sferica di raggio unitario posta nel semispazio delle z positive. Si applica il

teorema di Stokes: ¨

Σ

∇ × F · ˆn_edΣ =

˛

∂Σ⁺

F · τ (1.118)

Il bordo della supercie è la sua intersezione con il piano z = 0.

(x²+ y²+ z²= 1

z = 0 −→ x²+ y²= 1 (1.119)

Si procede a parametrizzare la circonferenza, prestando attenzione al fatto che la curva devono tenere in conto l'altezza alla quale è posta:

C (t) = (cos t; sin t; 0) , t ∈ [0; 2π] (1.120)

(17)

Si calcola quindi la derivata:

C⁰(t) = (− sin t; cos t; 0) (1.121)

E le espressioni del campo sulla circonferenza:

F (C (t)) = sin²t; sin t cos t; 0

(1.122) Si utilizzano quindi le precedenti informazioni per risolvere l'integrale di linea:

˛

∂Σ⁺

F · τ =

˛

C

F · τ = ˆ 2π

0

F (C (t)) · C⁰(t) dt = (1.123)

= ˆ 2π

0

sin²t; sin t cos t; 0 · (− sin t; cos t; 0) dt =

= ˆ 2π

0

− sin³t + sin t cos²t dt = ˆ 2π

0

− sin t sin²t + sin t cos²t dt =

= ˆ 2π

0

− sin t 1 − cos²t + sin t cos²t dt = ˆ 2π

0

− sin t + sin t cos²t + sin t cos²t dt = ˆ 2π

0

− sin t + 2 sin t cos²t dt = 0 + 2 cos³t 3

^2π

0

= 0

8. Calcolare il usso del rotore di F = (y − z; yz; −xz) uscente dalla supercie Σ formata dalle 5 facce che non appartengono al piano z = 0 di un cubo di lato unitario posto nel primo ottante.

Il bordo della supercie è la sua intersezione con il piano z = 0, quindi il quadrato di lato unitario posto nel primo quadrante. Applicando il teorema di Stokes:

¨

Σ

˛

∂Σ⁺

F · τ (1.124)

Se si volesse calcolare la circuitazione, sarebbero necessari 4 integrali di linea, uno per ogni lato del quadrato. L'alternativa è applicare il teorema di Green:

˛

∂Σ⁺

F · τ =

¨

quadrato

∇ × F2ddxdy (1.125)

Dove F2D indica l'espressione del campo valutato sull'insieme bidimensionale individuato dal quadrato.

Per ottenere F2Doccorre considerare solo le componenti del campo F relative all'insieme denito sul piano cartesiano, ovvero Fx e Fy e valutarle sul piano su cui giace il quadrato, ovvero z = 0.

F2D= [(y − z; yz)]_z=0 = (y; 0) (1.126)

Si calcola il rotore di F2D:

∇ × F = ∂F2Dy

∂x −∂F2Dx

∂y = 0 − 1 = −1 (1.127)

Si può quindi risolvere l'integrale:

¨

quadrato

∇ × F2ddxdy =

¨

quadrato

−1 dxdy = −

¨

quadrato

1 dxdy = −Area(quadrato) = −1 (1.128)