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 veri�ca che l'insieme sia semplicemente connesso (non è la de�nizione rigorosa, ma il modo più sempliceper capire se un insieme è semplicemente connesso è veri�care che esista almeno un punto che può esserecollegato a tutti gli altri senza uscire dall'insieme).

2. Si controlla se ∇ × F = 0, il che equivale a veri�care l'uguaglianza di tutte le derivate incrociate. Informule:

∇× F = 0 ⇐⇒ ∂fi∂xj

=∂fj∂xi

(1.1)

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

3. Se le condizioni 1 e 2 sono veri�cate, il campo è conservativo. Se non è veri�cata la 2, il campo non èconservativo. Se non è veri�cata la 1, non si può concludere nulla.

4. Si calcola il potenziale ϕ risolvendo il sistema di equazioni di�erenziali che discende dalla seguenteconsiderazione:

∇ϕ = F ⇐⇒ ∂ϕ

∂xi= 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)

∂fy∂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.

1

3.F =

(y√

1 + 2xy; x√

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. Quindil'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 gra�co:

−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 aqualunque altro punto senza uscire dall'insieme). Si passa quindi alla veri�ca delle derivate parziali:

∂fx∂y

=∂

∂y

(y√

1 + 2xy)

=√

1 + 2xy +2xy√

1 + 2xy(1.8)

∂fy∂x

=∂

∂x

(x√

1 + 2xy)

=√

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 èarbitraria:

∂ϕ

∂x= y√

1 + 2xy −→ ∂ϕ = y√

1 + 2xy∂x −→ ϕ =

ˆy√

1 + 2xy dx (1.11)

Si risolve l'integrale inde�nito rispetto alla sola variabile x:

ˆy√

1 + 2xy dx =1

2

ˆ2y (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 inde�nito può essere un numeroreale o una funzione di y, che, per x, in nulla di�erisce da una costante. Al �ne di determinare c (y) siinserisce in risultato del precedente integrale nella seconda relazione del sistema:

∂ϕ

∂y= x

√1 + 2xy −→ ∂

∂y

(1

3(1 + 2xy)

32 + c (y)

)= x

√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

2

∂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 speci�casse che la curva è regolare, occorrerebbe controllare tale proprietà prima diprocedere con i calcoli.

1.F =

((x+ y)

2; −

(x2 + y2

)), γ = frontiera 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 diGreen: ˛

∂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

Figura 1.2: Dominio di integrazione

Il lato obliquo del triangolo è posto sulla retta di equazione y = 1 − x, quindi la y è compresa tra talefunzione 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

2dx =

= −ˆ 1

0

4x− 4x2 + 1 + x2 − 2x dx = −ˆ

3x2 − 2x− 1 dx =[x3 − x2 − x

]10

= −1

2.F =

(x− y3; x3 + y3

), γ = frontiera di I =

{(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0 ∧ x2 + y2 ≤ 1

}

3

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

∇× F =∂fy∂x− ∂fx

∂y= 3x2 + 3y2 (1.19)

Poi si imposta l'integrale:˛∂D+

F · τ =

¨D

∇× F dxdy =

¨D

3x2 + 3y2 dxdy = 3

¨D

x2 + y2 dxdy (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

Figura 1.3: Dominio di integrazione

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

3

¨D

x2 + y2 dxdy −→ 3

¨D′ρ2 ρdρdθ = 3

ˆ 1

0

(ˆ π2

0

ρ3 dθ

)dρ = (1.21)

=3π

2

ˆ 1

0

ρ3 dρ =3π

2

[ρ4

4

]1

0

=3π

8

3.F =

(y√

1 + 2xy; x√

1 + 2xy), γ = frontiera 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 calcolareil lavoro è chiusa. L'insieme è interamente contenuto nel primo quadrante, quindi è sicuramente unsottoinsieme del dominio del campo. Alla luce delle precedenti considerazioni, si conclude che il lavoro ènullo.

4.F =

(y√

1 + 2xy; x√

1 + 2xy), γ = frontiera di I =

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4

}Si sarebbe portati a condurre un ragionamento simile a quello dell'esercizio precedente. Tuttavia, in questocaso 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 .

4

5.

F =

(−y

x2 + y2;

x

x2 + y2

), γ = semicirconferenza centrata nell′origine di raggio 3

La curva non è chiusa, quindi non è possibile applicare il teorema di Green. Non rimane che parametrizzarela 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 giusti�cati dal fatto che è necessario individuare solo metà dell'ellisse. La derivata dellacurva è:

γ′ (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 puòpertanto impostare l'integrale di linea.

ˆγ

F · τ =

ˆ π

0

F (γ1 (t) , γ2 (t)) · γ′ (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 cos2 t+ 9 sin2 t;

3 cos t

9 cos2 t+ 9 sin2 t

)· (−3 sin t; 3 cos t) dt =

=

ˆ π

0

9 sin2 t

9 cos2 t+ 9 sin2 t+

9 cos2 t

9 cos2 t+ 9 sin2 tdt =

ˆ π

0

9 cos2 t+ 9 sin2 t

9 cos2 t+ 9 sin2 tdt =

=

ˆ π

0

1 dt = π

Si ricordi che l'operazione tra il campo e la derivata della curva è un prodotto scalare: occorre quindieseguire 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) ; x2 cos (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 ecalcolare il lavoro di F lungo la linea γ de�nita da γ (t) =

(cos t; sin 2t; sin2 t

)con t ∈ [0; 2π].

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

∇× F = 0 −→

∂fy∂x = ∂fx

∂y∂fz∂y =

∂fy∂z

∂fz∂x = ∂fx

∂z

(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, su�cienti per determinare il valore di tali parametri:2 = aπ

2 = −b0 = 0

−→

{a = 2

π

b = −2(1.28)

Per determinare i potenziale si procede per integrazioni successive:

∂ϕ

∂xi= fi −→

∂ϕ∂x = fx∂ϕ∂y = fy∂ϕ∂z = fz

−→

∂ϕ∂x = 2

πx sin (πy)∂ϕ∂y = x2 cos (πy)− 2ye−z

∂ϕ∂z = y2e−z

(1.29)

5

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

∂ϕ

∂x=

2

πx sin (πy) −→ ∂ϕ =

2

πx sin (πy) ∂x −→ ϕ =

ˆ2

πx sin (πy) dx (1.30)

Risolvendo rispetto alla sola variabile di integrazione si trova:

ϕ =

ˆ2

πx sin (πy) dx =

2

πsin (πy)

ˆx dx =

x2

πsin (πy) + c (y, z) (1.31)

L'integrale inde�nito aggiunge infatti un termine costante rispetto alla variabile di integrazione, che quindipuò essere funzione delle altre incognite del campo. Inserendo il risultato della prima integrazione nellaseconda relazione si ottiene:

∂ϕ

∂y= x2 cos (πy)− 2ye−z −→ ∂

∂y

(x2

πsin (πy) + c (y, z)

)= x2 cos (πy)− 2ye−z (1.32)

�����x2 cos (πy) +

∂c (y, z)

∂y=�����x2 cos (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−z dy = −2e−z

ˆy dy = −y2e−z + c (z)

Grazie a tale informazione si aggiorna l'espressione del potenziale ϕ:

ϕ =x2

πsin (πy) + c (y, z) =

x2

πsin (πy)− y2e−z + c (z) (1.35)

Si sfrutta ora la terza relazione del sistema iniziale:

∂ϕ

∂z= y2e−z −→ ∂

∂z

(x2

πsin (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

πsin (πy)− y2e−z + c (z) =

x2

πsin (πy)− y2e−z + c (1.37)

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

ϕ =x2

πsin (πy)− y2e−z (1.38)

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

A = γ (0) =(cos t; sin 2t; sin2 t

)t=0

= (1; 0; 0) (1.39)

B = γ (2π) =(cos t; sin 2t; sin2 t

)t=2π

= (1; 0; 0) (1.40)

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

6

2. Dimostrare che il campo F = (x+ y; x− z; z − y) è conservativo nel suo dominio. Calcolare poi il lavorocompiuto 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 di�erenti.Il dominio del campo è tutto R3, quindi un insieme semplicemente connesso. La condizione di conserva-tività è:

∇× F = 0 −→

∂fy∂x = ∂fx

∂y∂fz∂y =

∂fy∂z

∂fz∂x = ∂fx

∂z

(1.41)

Applicando la precedente formula al campo F si ottiene il sistema di tre equazioni:1 = 1

√

−1 = −1√

0 = 0√

(1.42)

Tutte le equazioni sono identità. Il campo è quindi conservativo. Il lavoro compiuto su una qualsiasi curvaregolare si può quindi calcolare sia con l'integrale curvilineo sia mediante di�erenza di potenziale.Si procede con l'integrale curvilineo: per il teorema di caratterizzazione dei campi conservativi, il lavorocompiuto da F lungo una curva AB è indipendente dalla scelta della curva. La soluzione più semplice èoptare 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) −→

10−1

+ t

0− 1−2− 03 + 1

=

1− t−2t−1 + 4t

, t ∈ [0; 1] (1.44)

La derivata della curva è:γ′ (t) = (−1; −2; 4) (1.45)

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

ˆγ

F · τ =

ˆ 1

0

F (γ1 (t) , γ2 (t) , γ3 (t)) · γ′ (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 di�erenza di potenziale, il primo passo è ricavare l'espressione di un potenziale di F .Si utilizza il consueto procedimento: detto ϕ il potenziale, per de�nizione deve essere veri�cata la seguenteuguaglianza.

∂ϕ

∂xi= fi −→

∂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 =

ˆx+ y dx (1.48)

Risolvendo rispetto alla sola variabile di integrazione si trova:

ϕ =

ˆx+ y dx =

x2

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

7

L'integrale inde�nito aggiunge infatti un termine costante rispetto alla variabile di integrazione, che quindipuò essere funzione delle altre incognite del campo. Inserendo il risultato della prima integrazione nellaseconda 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) =

ˆz 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 di�erenza 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 : R3 7→ R con f ∈ C1 tale che il campo F = (f (x, y, z) ; z; y) sia conservativoin R3.Il dominio del campo è tutto R3, quindi un insieme semplicemente connesso. La condizione di conserva-tività è:

∇× F = 0 −→

∂fy∂x = ∂fx

∂y∂fz∂y =

∂fy∂z

∂fz∂x = ∂fx

∂z

(1.59)

Applicando la precedente formula al campo F si ottiene il sistema di tre equazioni: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 ognifunzione f (x)di x tale che f ∈ C1 risolve il quesito.

8

1.4 Green, Stokes, Gauss.

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

• GREEN: circuitazione di F =¸∂D+ F · τ =

˜D∇× F dxdy ;

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

F · nedl =˜D∇ · F dxdy solo se ∂D è una super�cie chiusa;

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

F · nedΣ =˝

D∇ · F dxdydz solo se ∂D è una super�cie

chiusa;

• STOKES: �usso del rotore F attraverso Σ =˜

Σ∇× F · nedΣ =

¸∂Σ+ F · τ

1. Calcolare il �usso dal campo F = (x; y; z) uscente dalla super�cie ∂D, frontiera dell'insieme D ={(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 9 ∧ 0 ≤ z ≤

√9− x2 − y2

}attraverso la de�nizione di �usso e attraverso il

teorema di Gauss.L'insieme D è un volume in R3, quindi la sua frontiera è sicuramente una super�cie chiusa. Si osservainoltre che la super�cie 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 de�nizione di �usso, occorre dividere le due parti, calcolare separata-mente il �usso attraverso di esse e sommare i risultati.

∂D = ∂Dcerchio + ∂Dcalotta (1.61)

La de�nizione di �usso di un campo F attraverso una super�cie Σ è:

ΦF =

¨Σ

F · nedΣ (1.62)

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

ne = (0; 0;−1) (1.63)

9

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

F · ne = (x; y; z) · (0; 0;−1) = −z (1.64)

Tale quantità deve essere valutata sulla super�cie, che giace sul piano xy, descritto dall'equazione z = 0.Quindi:

F · ne = [−z]z=0 = 0 (1.65)

Pertanto si conclude:

ΦCerchio =

¨∂Dcerchio

F · nedΣ =

¨∂Dcerchio

0dΣ = 0 (1.66)

Si passa poi ad analizzare la calotta sferica. In questo caso è conveniente scrivere la super�cie che descrivela calotta come z = f (x, y) =

√9− x2 − y2 per poi utilizzare la formula del versore normale ad una

super�cie cartesiana:

ne =

(−∂f∂x ; −∂f∂x ; 1

)√(

∂f∂x

)2

+(∂f∂x

)2

+ 1

=

(x√

9−x2−y2; y√

9−x2−y2; 1

)√

x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1(1.67)

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

F · ne = (x; y; z) ·

(x√

9−x2−y2; y√

9−x2−y2; 1

)√

x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1=

x2√9−x2−y2

+ y2√9−x2−y2

+ z√x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1(1.68)

Tale quantità deve essere valutata sulla super�cie, ovvero sulla regione di spazio z =√

9− x2 − y2,descritto dall'equazione z = 0. Quindi:

F · ne =

x2√9−x2−y2

+ y2√9−x2−y2

+ z√x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1

z=√

9−x2−y2

=

x2√9−x2−y2

+ y2√9−x2−y2

+√

9− x2 − y2√x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1(1.69)

Prima di procedere con l'integrale, è utile calcolare l'elemento di super�cie dΣ. Per de�nizione:

dΣ = ‖ne‖ dxdy =

√x2

9− x2 − y2+

y2

9− x2 − y2+ 1 dxdy (1.70)

L'integrale da risolvere è quindi:

ΦCerchio =

¨∂Dcerchio

F · nedΣ = (1.71)

=

¨∂Dcerchio

x2√9−x2−y2

+ y2√9−x2−y2

+√

9− x2 − y2√x2

9−x2−y2 + y2

9−x2−y2 + 1

√x2

9− x2 − y2+

y2

9− x2 − y2+ 1 dxdy =

=

¨∂Dcerchio

x2 + y2 + 9− x2 − y2√9− x2 − y2

dxdy =

¨∂Dcerchio

9√9− x2 − y2

dxdy

NOTA: la sempli�cazione tra denominatore di F · ne e termine aggiunto dall'elemento di area prima deidi�erenziali dxdy deve sempre avvenire. Entrambe le quantità, infatti rappresentano la norma del vettorenormale. Passando in coordinate polari, si ha:

¨∂Dcerchio

9√9− x2 − y2

dxdy =

ˆ 2π

0

(ˆ 3

0

9√9− ρ2

ρdρ

)dθ = 2π

ˆ 3

0

9ρ(9− ρ2

)− 12 dρ = (1.72)

= −9π

ˆ 3

0

−2ρ(9− ρ2

)− 12 dρ = −9π · 2

[√9− ρ2

]30

= 54π

10

Utilizzando il teorema di Gauss, invece, il calcolo risulta molto più agevole. Si determina dapprima ladivergenza 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 · nedΣ =

˚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 calcoloe 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:

ΦF = 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 seguentirelazioni:

D ={

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

La super�cie attraverso il quale calcolare il �usso racchiude un volume, quindi è sicuramente chiusa. Siapplica il teorema della divergenza:

ΦF =

¨∂D

F · nedΣ =

˚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 integralesul singolo strato. Gli estremi di integrazione sono:

0 ≤ z ≤ 1 (1.78)

11

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 centrosull'asse z, si ha ρ =

√x2 + y2. Da questo deriva z = 1

4

(x2 + y2

)−→ z = 1

4ρ2 −→ 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 dallasuper�cie. Per ricavare quello entrante occorre cambiare il segno del precedente risultato.

Φentrante = −Φuscente = −6π (1.82)

3. Calcolare il �usso di F =(−2x3y; − 1

2x4)uscente dalla frontiera dell'insiemeD =

{(x, y) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1

}.

L'insieme D è un cerchio di raggio 1 centrato nell'origine. La sua frontiera è una circonferenza, quindiuna 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 · nedΣ =

¨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 simmetricorispetta 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.

12

Ricordando quanto avvenuto nell'esercizio 1, si vorrebbe evitare il calcolo diretto. Per applicare il teoremadi Gauss, tuttavia, è necessario che la frontiera ∂D sia una super�cie chiusa, mentre nel caso in esamenon si vuole considerare il cerchio di base:˚

D

∇ · F dxdydz =

¨Cerchio

F · nedΣ +

¨Calotta

F · nedΣ (1.85)

Isolando il termine di interesse:¨Calotta

F · nedΣ =

˚D

∇ · F dxdydz −¨Cerchio

F · nedΣ (1.86)

Occorre quindi calcolare, mediante il teorema della divergenza, il �usso uscente dal volume chiuso e poisottrarre 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 super�cie posta sul piano xy el'interno dell'insieme contenuto nel semispazio delle z positive, si conclude che il versore normale esternoè il vettore di lunghezza unitaria parallelo all'asse z che punta verso il basso.

ne = (0; 0;−1) (1.89)

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

F · ne =(x3e−z; 3xz; 3x2e−z

)· (0; 0;−1) = −3x2e−z (1.90)

Tale quantità deve essere valutata sulla super�cie, che giace sul piano xy, descritto dall'equazione z = 0.Quindi:

F · ne =[−3x2e−z

]z=0

= −3x2 (1.91)

Pertanto si conclude:

ΦCerchio =

¨Cerchio

F · nedΣ =

¨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

−3ρ2 cos2 θ ρdρ

)dθ =

(ˆ 2π

0

cos2 θ dθ

)(ˆ 4

0

−3ρ3dρ

)= (1.95)

π

[−3ρ4

4

]4

0

= −192π

Ritornando alla relazione 1.86, si ottiene:

¨Calotta

F · nedΣ =

˚D

∇ · F dxdydz −¨Cerchio

F · nedΣ = 0− (−192π) = 192π (1.96)

5. Calcolare il �usso del rotore di F = (x; y; xy) uscente dalla super�cie gra�co della funzione f de�nita da

z = x2

9 + y2

4 e limitata al dominio D ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4}.

13

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 = x2

9 + y2

4 e cilindro x2 + y2 ≤ 4.

Si vorrebbe evitare di usare la de�nizione di �usso e applicare il teorema di Stokes. Tuttavia, osservandola �gura, si nota come il bordo della super�cie da considerare sia una curva tridimensionale di�cilmenteparametrizzabile. Non rimane quindi che a�darsi alla de�nizione di �usso:

Φ =

¨Σ

∇× F · nedΣ (1.97)

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

∇× F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂x ∂y ∂zfx fy fz

∣∣∣∣∣∣ = (∂yfz − ∂zfy) i− (∂xfz − ∂zfx) j + (∂xfy − ∂yfx) k (1.98)

Nel caso in esame:∇× F = (x− 0) i− (y − 0) j + (0− 0) k = (x; −y; 0) (1.99)

Ricordando ancora una volta quanto accaduto nel primo esercizio di questa sezione, prima di calcolare ilversore normale si opera la sempli�cazione:

¨Σ

∇× F · nedΣ =

¨Σ

∇× F · ne‖n‖· ‖n‖ 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 super�ci cartesiane. Quella proposta dall'esercizio è f (x, y) = x2

9 + y2

4 :

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)

In�ne si valuta il risultato sulla super�cie Σ:

[∇× F · n]z= x2

9 + y2

4

= −2

9x2 +

1

2y2 (1.103)

14

Dal momento che la variabile z non è presente, nulla cambia. Si esegue poi l'integrale doppio sul dominiodella super�cie, 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

2y2 dxdy

polari−→¨D′−2

9ρ2 cos2 θ +

1

2ρ2 sin2 θ ρdρdθ = (1.104)

=

ˆ 2π

0

(ˆ 2

0

−2

9ρ3 cos2 θ +

1

2ρ3 sin2 θ dρ

)dθ =

(ˆ 2

0

ρ3dρ

)(ˆ 2π

0

−2

9cos2 θ +

1

2sin2 θ dθ

)=

=

[ρ4

4

]2

0

(ˆ 2π

0

−2

9cos2 θ dθ +

ˆ 2π

0

1

2sin2 θ dθ

)= 4

(−2

9

ˆ 2π

0

cos2 θ dθ +1

2

ˆ 2π

0

sin2 θ dθ

)=

= 4

(−2

9π +

1

2π

)=

10

9π

6. Calcolare il �usso del rotore del campo F = (y; 0; x) uscente dalla super�cie Σ descritta dalle seguentirelazioni: {

z = 1− x2 − y2

0 ≤ z ≤ 12

(1.105)

Si disegna la super�cie: l'equazione individua un paraboloide con vertice nel punto (0; 0; 1) e concavitàrivolta verso il basso. La disequazione impone di considerare soltanto la parte di paraboloide compresatra i piani z = 0 e z = 1

2 .

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: super�cie Σ.

Per evitare un integrale di super�cie sul paraboloide si sceglie di applicare il teorema di Stokes:

¨Σ

∇× F · nedΣ =

˛∂Σ+

F · τ (1.106)

Il bordo della super�cie è in realtà formato dalle due circonferenza che si formano dall'intersezione traparaboloide e piani orizzontali z = 0 e z = 1

2 . Le equazioni delle curve si ricavano dal sistema tra piano eparaboloide: {

z = 1− x2 − y2

z = 0−→ C1 : x2 + y2 = 1 (1.107)

15

{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 rispettatonel calcolare la circuitazione. Si può ricorrere alla seguente regola: se n è il vettore normale alla super�cieΣ, un osservatore che cammini lungo il bordo ∂Σ con la testa in corrispondenza della freccia di n e i piedisul punto di applicazione deve muoversi in modo da avere i punti di Σ alla sua sinistra. Di conseguenza,la circonferenza C1 deve essere percorsa in senso antiorario, mentre C2 in senso orario. Dal momento chela parametrizzazione standard della circonferenza la percorre in senso antiorario, è necessario porre unsegno 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 inconto l'altezza alla quale esse sono poste:

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

C2 (t) =

(1√2

cos t;1√2

sin t;1

2

), t ∈ [0; 2π] (1.111)

Si calcolano quindi le derivate:C ′1 (t) = (− sin t; cos t; 0) (1.112)

C ′2 (t) =

(− 1√

2sin t;

1√2

cos 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√2

sin t; 0;1√2

cos 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)) · C ′1 (t) dt−ˆ 2π

0

F (C2 (t)) · C ′2 (t) dt = (1.116)

=

ˆ 2π

0

(sin t; 0; cos t)·(− sin t; cos t; 0) dt−ˆ 2π

0

(1√2

sin t; 0;1√2

cos t

)·(− 1√

2sin t;

1√2

cos t; 0

)dt =

=

ˆ 2π

0

− sin2 t dt−ˆ 2π

0

−1

2sin2 t dt = −1

2

ˆ 2π

0

sin2 t dt = −π2

7. Calcolare il �usso del rotore di F =(y2; xy; xz

)entrante nella super�cie Σ descritta dalle seguenti

relazioni: {x2 + y2 + z2 = 1

z ≥ 0(1.117)

La super�cie è una calotta sferica di raggio unitario posta nel semispazio delle z positive. Si applica ilteorema di Stokes: ¨

Σ

∇× F · nedΣ =

˛∂Σ+

F · τ (1.118)

Il bordo della super�cie 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 inconto l'altezza alla quale è posta:

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

16

Si calcola quindi la derivata:C ′ (t) = (− sin t; cos t; 0) (1.121)

E le espressioni del campo sulla circonferenza:

F (C (t)) =(sin2 t; 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)) · C ′ (t) dt = (1.123)

=

ˆ 2π

0

(sin2 t; sin t cos t; 0

)· (− sin t; cos t; 0) dt =

=

ˆ 2π

0

− sin3 t+ sin t cos2 t dt =

ˆ 2π

0

− sin t sin2 t+ sin t cos2 t dt =

=

ˆ 2π

0

− sin t(1− cos2 t

)+ sin t cos2 t dt =

ˆ 2π

0

− sin t+ sin t cos2 t+ sin t cos2 t dt =

ˆ 2π

0

− sin t+ 2 sin t cos2 t dt = 0 + 2

[cos3 t

3

]2π

0

= 0

8. Calcolare il �usso del rotore di F = (y − z; yz; −xz) uscente dalla super�cie Σ formata dalle 5 facce chenon appartengono al piano z = 0 di un cubo di lato unitario posto nel primo ottante.Il bordo della super�cie è la sua intersezione con il piano z = 0, quindi il quadrato di lato unitario postonel primo quadrante. Applicando il teorema di Stokes:

¨Σ

∇× F · nedΣ =

˛∂Σ+

F · τ (1.124)

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

˛∂Σ+

F · τ =

¨quadrato

∇× F2d dxdy (1.125)

Dove F2D indica l'espressione del campo valutato sull'insieme bidimensionale individuato dal quadrato.Per ottenere F2D occorre considerare solo le componenti del campo F relative all'insieme de�nito sul pianocartesiano, 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

∇× F2d dxdy =

¨quadrato

−1 dxdy = −¨quadrato

1 dxdy = −Area(quadrato) = −1 (1.128)

17