Teoremi di Green Stokes e della divergenza

Esercizio 11.1

Consideriamo una curva di equazione polare:

$$\rho =f(\theta )$$

$$\rho =f(\theta )$$

con $\theta \in (\theta _{0},\theta _{1})$$\theta \in (\theta _{0},\theta _{1})$. Se $D$$D$ è il dominio limitato tale che $\partial D=\gamma$$\partial D=\gamma$

1. si dimostri che l'area di $D$$D$ vale:
   $$\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}1/2(f(\theta ))^{2}$$

   $$\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}1/2(f(\theta ))^{2}$$
2. Calcolare l'area racchiusa dalla curva $\rho =1+\cos \theta$$\rho =1+\cos \theta$ con $\theta \in [0,2\pi ]$$\theta \in [0,2\pi ]$.

 

Scelte le coordinate

$$x=\rho \cos \theta ,\quad y=\rho \sin \theta$$

$$x=\rho \cos \theta ,\quad y=\rho \sin \theta$$

osserviamo che la curva $\gamma$$\gamma$ ha equazioni parametriche:

$$x=f(\theta )\cos \theta ,\,y=f(\theta )\sin \theta$$

$$x=f(\theta )\cos \theta ,\,y=f(\theta )\sin \theta$$

con $\theta _{0}<\theta <\theta _{1}$$\theta _{0}<\theta <\theta _{1}$.
Allora

$${\rm {{area}D=\int _{D}1\,dx\,dy}}$$

$${\rm {{area}D=\int _{D}1\,dx\,dy}}$$

$$=1/2\int _{D}1+1\,dx\,dy$$

$$=1/2\int _{D}1+1\,dx\,dy$$

Trasformo questo integrale doppio in un integrale di linea con il teorema di Gauss-Green. Poniamo:

$$1={\frac {\partial f}{\partial x}},\quad 1={\frac {\partial g}{\partial y}}$$

$$1={\frac {\partial f}{\partial x}},\quad 1={\frac {\partial g}{\partial y}}$$

Risolvo le equazioni differenziali:

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=1\,\longrightarrow \,f=x$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=1\,\longrightarrow \,f=x$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}=1\,\longrightarrow \,f=y$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}=1\,\longrightarrow \,f=y$$

allora

$${\rm {{area}D=1/2\int _{D}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)\,dx\,dy}}$$

$${\rm {{area}D=1/2\int _{D}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)\,dx\,dy}}$$

$$=1/2\int _{\partial ^{+}D}f\,dy-\int _{\partial ^{+}D}g\,dx=$$

$$=1/2\int _{\partial ^{+}D}f\,dy-\int _{\partial ^{+}D}g\,dx=$$

$$1/2[\int _{\partial ^{+}D}(xdy-ydx)]$$

$$1/2[\int _{\partial ^{+}D}(xdy-ydx)]$$

Sostituisco l'espressione polare della curva, tenendo conto che:

$$dx=f'(\theta )\cos \theta -f(\theta )\sin \theta$$

$$dx=f'(\theta )\cos \theta -f(\theta )\sin \theta$$

$$dy=f'(\theta )\sin \theta +f(\theta )\cos \theta$$

$$dy=f'(\theta )\sin \theta +f(\theta )\cos \theta$$

$${\rm {{area}D=1/2[\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}f(\theta )\cos \theta *[f'(\theta )\sin \theta +f(\theta )\cos \theta ]-f(\theta )\sin \theta [f'(\theta )\cos \theta -f(\theta )\sin \theta )]\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}D=1/2[\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}f(\theta )\cos \theta *[f'(\theta )\sin \theta +f(\theta )\cos \theta ]-f(\theta )\sin \theta [f'(\theta )\cos \theta -f(\theta )\sin \theta )]\,d\theta }}$$

$$=1/2[\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}f(\theta )\cos \theta *f'(\theta )\sin \theta +(f(\theta ))^{2}\cos ^{2}\theta -f(\theta )\sin \theta f'(\theta )\cos \theta +(f(\theta ))^{2}\sin ^{2}\theta )]\,d\theta$$

$$=1/2[\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}f(\theta )\cos \theta *f'(\theta )\sin \theta +(f(\theta ))^{2}\cos ^{2}\theta -f(\theta )\sin \theta f'(\theta )\cos \theta +(f(\theta ))^{2}\sin ^{2}\theta )]\,d\theta$$

$$=\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}(f(\theta ))^{2}\cos ^{2}\theta +(f(\theta ))^{2}\sin ^{2}\theta \,d\theta =1/2\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}(f(\theta ))^{2}\,d\theta \quad {\hbox{formula per l'area}}$$

$$=\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}(f(\theta ))^{2}\cos ^{2}\theta +(f(\theta ))^{2}\sin ^{2}\theta \,d\theta =1/2\int _{\theta _{0}}^{\theta _{1}}(f(\theta ))^{2}\,d\theta \quad {\hbox{formula per l'area}}$$

Nel caso $\rho =1+\cos \theta$$\rho =1+\cos \theta$ si ha:

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }(1+\cos \theta )^{2}\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }(1+\cos \theta )^{2}\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }1+2\cos \theta +\cos ^{2}\theta \,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }1+2\cos \theta +\cos ^{2}\theta \,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }1+2\cos \theta +1/2*(1+\cos(2\theta ))\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }1+2\cos \theta +1/2*(1+\cos(2\theta ))\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }3/2+2\cos \theta +1/2\cos(2\theta )\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2\int _{0}^{2\pi }3/2+2\cos \theta +1/2\cos(2\theta )\,d\theta }}$$

$${\rm {{area}=1/2[3/2\theta +2\sin \theta +1/4\sin(2\theta )]_{0}^{2\pi }}}$$

$${\rm {{area}=1/2[3/2\theta +2\sin \theta +1/4\sin(2\theta )]_{0}^{2\pi }}}$$

$${\rm {{area}=1/23/22\pi =3\pi /2}}$$

$${\rm {{area}=1/23/22\pi =3\pi /2}}$$

Esercizio 11.2

Calcolare il flusso del campo vettoriale ${\mathcal {F}}(x,y,z)=(-x,x,1)$${\mathcal {F}}(x,y,z)=(-x,x,1)$ attraverso la superficie del solido

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}\leq z\leq 4\}$$

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}\leq z\leq 4\}$$

in modo diretto e con il teorema della divergenza. Il versore normale alla superficie dev'essere orientato verso l'esterno della superficie.

 

Calcolo diretto: uso direttamente la definizione di flusso: $\int f\cdot {\hat {n}}\,ds$$\int f\cdot {\hat {n}}\,ds$.

$z=x^{2}+y^{2}$$z=x^{2}+y^{2}$ è un paraboloide, e ne considero l'interno ($z>x^{2}+y^{2}$$z>x^{2}+y^{2}$). Il paraboloide viene tagliato ad altezza $z=4$$z=4$ e il solido complessivo assomiglia ad una scodella.

La superficie esterna di $A$$A$ ha due parti: il paraboloide di equazione $z=x^{2}+y^{2}$$z=x^{2}+y^{2}$ (che chiamo $\Sigma _{2}$$\Sigma _{2}$ e ha equazioni parametriche $r_{2}$$r_2$ ) e la parte di piano $z=4$$z=4$ (che chiamo $\Sigma _{1}$$\Sigma _{1}$ e ha equazioni parametriche $r_{1}$$r_1$).

$$\int _{A}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =$$

$$\int _{A}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =$$

$$\int _{\Sigma _{1}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma +\int _{\Sigma _{2}}\,f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

$$\int _{\Sigma _{1}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma +\int _{\Sigma _{2}}\,f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

Il versore normale a $\Sigma _{1}$$\Sigma _{1}$ è diretto come l'asse z, mentre quello normale a $\Sigma _{1}$$\Sigma _{1}$ è diretto dalla parte opposta.
Parametrizzo la frontiera di $\Sigma _{1}$$\Sigma _{1}$:

$$\partial r_{1}=\{x=u,\,y=v,\,z=f(u,v)=4\}$$

$$\partial r_{1}=\{x=u,\,y=v,\,z=f(u,v)=4\}$$

$$r_{u}(u,v)=(1,0,0)$$

$$r_{u}(u,v)=(1,0,0)$$

$$r_{v}(u,v)=(0,1,0)$$

$$r_{v}(u,v)=(0,1,0)$$

quindi

$$r_{u}\times r_{v}=(0,0,1)$$

$$r_{u}\times r_{v}=(0,0,1)$$

$${\hat {n}}={\frac {1}{\vert (0,0,1)\vert }}*(0,0,1)$$

$${\hat {n}}={\frac {1}{\vert (0,0,1)\vert }}*(0,0,1)$$

$$\int _{\Sigma _{1}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =$$

$$\int _{\Sigma _{1}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =$$

$$=\int _{\Sigma _{1}}(-x,x,1)\cdot (0,0,1)*{\frac {1}{\vert (0,0,1)\vert }}\vert (0,0,1)\vert \,du\,dv$$

$$=\int _{\Sigma _{1}}(-x,x,1)\cdot (0,0,1)*{\frac {1}{\vert (0,0,1)\vert }}\vert (0,0,1)\vert \,du\,dv$$

(l'elemento d'area $dA=\vert (0,0,1)\vert \,du\,dv$$dA=\vert (0,0,1)\vert \,du\,dv$)

$$=\int _{\Sigma _{1}}1\,du\,dv$$

$$=\int _{\Sigma _{1}}1\,du\,dv$$

$$\Sigma _{1}=\{u^{2}+v^{2}\leq 4\}$$

$$\Sigma _{1}=\{u^{2}+v^{2}\leq 4\}$$

quindi

$$\int _{\Sigma _{1}}1\,du\,dv=4\pi \quad {\hbox{area del cerchio}}$$

$$\int _{\Sigma _{1}}1\,du\,dv=4\pi \quad {\hbox{area del cerchio}}$$

Invece, le equazioni parametriche del paraboloide sono:

$$r_{2}=\{x=u,\,y=v,\,z=u^{2}+v^{2}\}$$

$$r_{2}=\{x=u,\,y=v,\,z=u^{2}+v^{2}\}$$

$$r_{u}=(1,0,2u)$$

$$r_{u}=(1,0,2u)$$

$$r_{v}=(0,1,2v)$$

$$r_{v}=(0,1,2v)$$

$$r_{u}\times r_{v}=(-2u,-2v,1)$$

$$r_{u}\times r_{v}=(-2u,-2v,1)$$

e siccome bisogna scegliere il versore normale orientato in senso esterno:

$${\hat {n}}_{e}={\frac {(2u,2v,-1)}{\vert (-1,2u,2v)\vert }}$$

$${\hat {n}}_{e}={\frac {(2u,2v,-1)}{\vert (-1,2u,2v)\vert }}$$

$$\int _{\Sigma _{2}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

$$\int _{\Sigma _{2}}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

$$=\int _{\Sigma _{2}}(-u,u,1)\cdot {\frac {(2u,2v,-1)}{\vert 2u,2v,-1\vert }}\vert 2u,2v,-1\vert \,du\,dv$$

$$=\int _{\Sigma _{2}}(-u,u,1)\cdot {\frac {(2u,2v,-1)}{\vert 2u,2v,-1\vert }}\vert 2u,2v,-1\vert \,du\,dv$$

$$\int _{\Sigma _{2}}-2u^{2}+2uv-1\,du\,dv$$

$$\int _{\Sigma _{2}}-2u^{2}+2uv-1\,du\,dv$$

Passo a coordinate polari:

$$\int _{[0,2]\times [0,2\pi ]}-2\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +2\rho ^{2}\cos \theta \sin \theta -1)\rho \,d\rho d\theta$$

$$\int _{[0,2]\times [0,2\pi ]}-2\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +2\rho ^{2}\cos \theta \sin \theta -1)\rho \,d\rho d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }(\int _{0}^{2}\,-2\rho ^{3}\cos ^{2}\theta +2\rho ^{3}\cos \theta \sin \theta -\rho ]\,d\rho )d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }(\int _{0}^{2}\,-2\rho ^{3}\cos ^{2}\theta +2\rho ^{3}\cos \theta \sin \theta -\rho ]\,d\rho )d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }[-1/2\rho ^{4}\cos ^{2}\theta +1/2\rho ^{4}\cos \theta \sin \theta -\rho ^{2}/2]_{0}^{2}\,)d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }[-1/2\rho ^{4}\cos ^{2}\theta +1/2\rho ^{4}\cos \theta \sin \theta -\rho ^{2}/2]_{0}^{2}\,)d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-8\cos ^{2}\theta +8\cos \theta \sin \theta -2\,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-8\cos ^{2}\theta +8\cos \theta \sin \theta -2\,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }-4(1+\cos(2\theta ))+4\sin 2\theta -2\theta \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }-4(1+\cos(2\theta ))+4\sin 2\theta -2\theta \,d\theta$$

$$[-4\theta +2\sin(2\theta )+4\cos 2\theta -2\theta ]_{0}^{2\pi }=-12\pi$$

$$[-4\theta +2\sin(2\theta )+4\cos 2\theta -2\theta ]_{0}^{2\pi }=-12\pi$$

Allora il flusso totale è dato dalla somma dei flussi attraverso le due parti di superfici:

$$=4\pi -12\pi =-8\pi$$

$$=4\pi -12\pi =-8\pi$$

Calcolo con il teorema della divergenza:

$$\nabla \cdot {\mathcal {F}}(x,y,z)={\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}(x,y,z)+{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}(x,y,z)+{\frac {\partial f_{3}}{\partial z}}(x,y,z)=-1$$

$$\nabla \cdot {\mathcal {F}}(x,y,z)={\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}(x,y,z)+{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}(x,y,z)+{\frac {\partial f_{3}}{\partial z}}(x,y,z)=-1$$

Il teorema della divergenza afferma:

$$\int {\mathcal {F}}\times {\hat {n}}_{e}=\int _{A}\nabla \cdot {\mathcal {F}}\,dx\,dy\,dz=\int _{A}-1\,dx\,dy\,dz$$

$$\int {\mathcal {F}}\times {\hat {n}}_{e}=\int _{A}\nabla \cdot {\mathcal {F}}\,dx\,dy\,dz=\int _{A}-1\,dx\,dy\,dz$$

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}\leq z\leq 4\}$$

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}\leq z\leq 4\}$$

Integro per strati: per $0\leq h\leq 4$$0\leq h\leq 4$ definisco la sezione

$$A_{h}=\{x^{2}+y^{2}\leq h\}$$

$$A_{h}=\{x^{2}+y^{2}\leq h\}$$

cioè $A_{h}$$A_{h}$ è un cerchio di centro l'origine e raggio ${\sqrt {h}}$${\sqrt {h}}$.

$$\int _{0}^{4}[\int _{A_{h}}\,-1\,dx\,dy]\,dh$$

$$\int _{0}^{4}[\int _{A_{h}}\,-1\,dx\,dy]\,dh$$

L'integrale interno è l'area del cerchio di centro l'origine e raggio ${\sqrt {h}}$${\sqrt {h}}$.

$$-\int _{0}^{4}\pi h\,dh$$

$$-\int _{0}^{4}\pi h\,dh$$

$$[\pi h^{2}/2]_{0}^{4}=-8\pi$$

$$[\pi h^{2}/2]_{0}^{4}=-8\pi$$

Esercizio 11.3

Si consideri la curva

$$\gamma ={\begin{cases}2x^{2}+y^{2}-6x=0\\x+z=3\end{cases}}$$

$$\gamma ={\begin{cases}2x^{2}+y^{2}-6x=0\\x+z=3\end{cases}}$$

orientata in modo tale che la sua proiezione sul piano $(x,y)$$(x,y)$ sia percorsa in senso antiorario. Calcolare

$$\int _{\gamma }(zdx+xdy+ydz)$$

$$\int _{\gamma }(zdx+xdy+ydz)$$

sia direttamente sia usando il teorema di Stokes.

 

Calcolo diretto: la curva è intersezione di due superfici:

1. $$2x^{2}+y^{2}-6x=0$$

   $$2x^{2}+y^{2}-6x=0$$
   $$2(x^{2}-3x)+y^{2}=0$$

   $$2(x^{2}-3x)+y^{2}=0$$
   $$2(x^{2}-3x+9/4)+y^{2}-9/2=0$$

   $$2(x^{2}-3x+9/4)+y^{2}-9/2=0$$
   $$2(x-3/2)^{2}+y^{2}-9/2=0$$

   $$2(x-3/2)^{2}+y^{2}-9/2=0$$
   $$4/9(x-3/2)^{2}+2/9*y^{2}=1$$

   $$4/9(x-3/2)^{2}+2/9*y^{2}=1$$
   $${\frac {(x-3/2)^{2}}{9/4}}+{\frac {y^{2}}{9/2}}=1\quad {\hbox{cilindro ellittico}}$$

   $${\frac {(x-3/2)^{2}}{9/4}}+{\frac {y^{2}}{9/2}}=1\quad {\hbox{cilindro ellittico}}$$
2. $x+z=3$$x+z=3$ è l'equazione di un piano.

Quindi la curva è data dall'intersezione tra il cilindro e il piano ed è una curva chiusa.

Alllora per parametrizzare la curva pongo:

$${\begin{cases}{\frac {(x-3/2)^{2}}{9/4}}=\cos ^{2}\theta \\{\frac {y^{2}}{9/2}}=\sin ^{2}\theta \end{cases}}$$

$${\begin{cases}{\frac {(x-3/2)^{2}}{9/4}}=\cos ^{2}\theta \\{\frac {y^{2}}{9/2}}=\sin ^{2}\theta \end{cases}}$$

$$(x-3/2)*2/3=\cos \theta$$

$$(x-3/2)*2/3=\cos \theta$$

$${\sqrt {2}}/3y=\sin \theta$$

$${\sqrt {2}}/3y=\sin \theta$$

Quindi ottengo:

$${\begin{cases}x=3/2+3/2\cos \theta \\y={\frac {3}{\sqrt {2}}}\sin \theta \\z=3/2-3/2\cos \theta \end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=3/2+3/2\cos \theta \\y={\frac {3}{\sqrt {2}}}\sin \theta \\z=3/2-3/2\cos \theta \end{cases}}$$

Sostituisco quest'espressione nell'integrale:

$$\int _{0}^{2\pi }(3/2-3/2\cos \theta )*(-3/2\sin \theta )+(3/2+3/2\cos \theta )*{\frac {3}{\sqrt {2}}}\cos \theta +{\frac {3}{\sqrt {2}}}\sin \theta *3/2\sin \theta \,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }(3/2-3/2\cos \theta )*(-3/2\sin \theta )+(3/2+3/2\cos \theta )*{\frac {3}{\sqrt {2}}}\cos \theta +{\frac {3}{\sqrt {2}}}\sin \theta *3/2\sin \theta \,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-9/4\sin \theta +9/4\cos \theta \sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos ^{2}\theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\sin ^{2}\theta \,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-9/4\sin \theta +9/4\cos \theta \sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos ^{2}\theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\sin ^{2}\theta \,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-9/4\sin \theta +9/4\cos \theta \sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\,d\theta$$

$$\int _{0}^{2\pi }-9/4\sin \theta +9/4\cos \theta \sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\cos \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\,d\theta$$

$$[9/4\cos \theta +9/8\sin(2\theta )+{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\theta ]_{0}^{2\pi }$$

$$[9/4\cos \theta +9/8\sin(2\theta )+{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\sin \theta +{\frac {9}{2{\sqrt {2}}}}\theta ]_{0}^{2\pi }$$

$$={\frac {9}{\sqrt {2}}}\pi$$

$$={\frac {9}{\sqrt {2}}}\pi$$

Calcolo con il teorema di Stokes: Invece di calcolare direttamente l'integrale del flusso, calcolo:

$$\int _{\Sigma }\nabla \times {\mathcal {F}}\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

$$\int _{\Sigma }\nabla \times {\mathcal {F}}\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

In questo caso la curva $\gamma$$\gamma$ è $r(\Sigma )$$r(\Sigma )$, vogliamo quindi cercare una superficie il cui bordo sia la curva $\gamma$$\gamma$

Scelgo come superficie $\Sigma$$\Sigma$ la parte di piano $x+y=3$$x+y=3$ contenuta nel cilindro ellittico, e il suo bordo coincide con la curva $\gamma$$\gamma$ in $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ di equazione $2x^{2}+y^{2}-6x=0$$2x^{2}+y^{2}-6x=0$: Parametrizzo la superficie come:

$$\Sigma =\{x=u,\,y=v,\,z=3-u\}$$

$$\Sigma =\{x=u,\,y=v,\,z=3-u\}$$

allora

$$r_{u}\times r_{v}=(1,0,-1)\times (0,1,0)=(1,0,1)$$

$$r_{u}\times r_{v}=(1,0,-1)\times (0,1,0)=(1,0,1)$$

Per il teorema di Stokes:

$$\int _{\gamma }(zdx+xdy+ydz)=\int _{\sigma }\nabla \times (z,x,y)\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

$$\int _{\gamma }(zdx+xdy+ydz)=\int _{\sigma }\nabla \times (z,x,y)\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma$$

Simbolicamente

$$\nabla \times {\mathcal {F}}=\nabla \times (f_{1},f_{2},f_{3})\quad \quad {\hbox{con}}\quad \nabla =(\partial _{x},\partial _{y},\partial _{z})$$

$$\nabla \times {\mathcal {F}}=\nabla \times (f_{1},f_{2},f_{3})\quad \quad {\hbox{con}}\quad \nabla =(\partial _{x},\partial _{y},\partial _{z})$$

$$\nabla \times (z,x,y)=(1,1,1)$$

$$\nabla \times (z,x,y)=(1,1,1)$$

$$=\int _{\sigma }(1,1,1)\cdot (1,0,1)*{\frac {1}{\vert (1,0,1)\vert }}\,d\Sigma$$

$$=\int _{\sigma }(1,1,1)\cdot (1,0,1)*{\frac {1}{\vert (1,0,1)\vert }}\,d\Sigma$$

e scrivendo come integrale doppio e tenendo conto che:

$$d\Sigma =\vert (1,0,1)\vert \,du\,dv$$

$$d\Sigma =\vert (1,0,1)\vert \,du\,dv$$

ottengo

$$=\int _{\Sigma }(1,1,1)\cdot (1,0,1)*{\frac {1}{\vert (1,0,1)\vert }}\vert (1,0,1)\vert \,du\,dv$$

$$=\int _{\Sigma }(1,1,1)\cdot (1,0,1)*{\frac {1}{\vert (1,0,1)\vert }}\vert (1,0,1)\vert \,du\,dv$$

$$=\int _{E}2\,du\,dv$$

$$=\int _{E}2\,du\,dv$$

con

$$E=\{(u,v)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,2u^{2}+v^{2}-6u\leq 0\}$$

$$E=\{(u,v)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,2u^{2}+v^{2}-6u\leq 0\}$$

Tenendo conto che l'area dell'ellisse è pari a $\pi ab$$\pi ab$ ottengo:

$$\int _{E}2\,du\,dv=2\pi ab=2\pi {\frac {3}{\sqrt {2}}}*3/2={\frac {9}{\sqrt {2}}}\pi$$

$$\int _{E}2\,du\,dv=2\pi ab=2\pi {\frac {3}{\sqrt {2}}}*3/2={\frac {9}{\sqrt {2}}}\pi$$

Esercizio 11.4

Sia ${\mathcal {F}}$${\mathcal {F}}$ un campo vettoriale di classe $C^{1}$$C^1$ definito in un qualsiasi insieme $D$$D$ contenente la sfera $B_{r,0}$$B_{r,0}$.

Dimostrare che il flusso del rotore di ${\mathcal {F}}$${\mathcal {F}}$ uscente dalla superficie della sfera unitaria è nullo.

 

Le equazioni parametriche della superficie sferica sono

$$r={\begin{cases}x=\sin \phi \cos \theta \\y=\sin \phi \sin \theta \\z=\cos \phi \end{cases}}$$

$$r={\begin{cases}x=\sin \phi \cos \theta \\y=\sin \phi \sin \theta \\z=\cos \phi \end{cases}}$$

con $\phi \in (0,\pi )$$\phi \in (0,\pi )$ e $\theta \in (0,2\pi )$$\theta \in (0,2\pi )$. Per il teorema di Stokes, calcolare il flusso attraverso la superficie equivale a calcolare l'integrale

$$\int _{r(\Sigma )}[f_{1}\,dx_{1}+f_{2}\,dx_{2}+f_{3}\,dx_{3}]$$

$$\int _{r(\Sigma )}[f_{1}\,dx_{1}+f_{2}\,dx_{2}+f_{3}\,dx_{3}]$$

Il dominio parametrico della superficie è $T=[0,2\pi ]\times [0,\pi ]$$T=[0,2\pi ]\times [0,\pi ]$ ed è un rettangolo. Scegliamo un'orientazione antioraria.

$$\partial D=\gamma _{1}\cup \gamma _{2}\cup \gamma _{3}\cup \gamma _{4}$$

$$\partial D=\gamma _{1}\cup \gamma _{2}\cup \gamma _{3}\cup \gamma _{4}$$

Scrivo le espressioni delle quattro componenti della curva, e poi ne faccio l'immagine attraverso le equazioni parametriche della sfera.

$${\begin{aligned}\gamma _{1}&=\phi =0,\,\theta =t,\,t\in [0,2\pi ]\\r(\gamma _{1})&=\{x=0,\,y=0,\,z=1\}\quad {\hbox{polo nord}}\\\hline \\\gamma _{2}&=\phi =t,\,\theta =2\pi ,\,t\in [0,\pi ]\\r(\gamma _{2})&=\{x=\sin t,\,y=0,\,z=\cos t\}\quad {\hbox{arco che congiunge polo nord e polo sud}}\\\hline \\\gamma _{3}&=\phi =\pi ,\,\theta =2\pi -t,\,0\leq t\leq 2\pi \\r(\gamma _{3})&=\{x=0,\,y=0,\,z=-1\}\quad {\hbox{polo sud}}\\\hline \\\gamma _{4}&=\phi =\pi -t,\,\theta =0,\,0\leq t\leq \pi \\r(\gamma _{4})&=\{x=\sin(\pi -t)=\sin t,\,y=0,\,z=\cos(\pi -t)=-\cos t\}\quad {\hbox{arco che congiunge il polo sud al polo nord}}\\\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\gamma _{1}&=\phi =0,\,\theta =t,\,t\in [0,2\pi ]\\r(\gamma _{1})&=\{x=0,\,y=0,\,z=1\}\quad {\hbox{polo nord}}\\\hline \\\gamma _{2}&=\phi =t,\,\theta =2\pi ,\,t\in [0,\pi ]\\r(\gamma _{2})&=\{x=\sin t,\,y=0,\,z=\cos t\}\quad {\hbox{arco che congiunge polo nord e polo sud}}\\\hline \\\gamma _{3}&=\phi =\pi ,\,\theta =2\pi -t,\,0\leq t\leq 2\pi \\r(\gamma _{3})&=\{x=0,\,y=0,\,z=-1\}\quad {\hbox{polo sud}}\\\hline \\\gamma _{4}&=\phi =\pi -t,\,\theta =0,\,0\leq t\leq \pi \\r(\gamma _{4})&=\{x=\sin(\pi -t)=\sin t,\,y=0,\,z=\cos(\pi -t)=-\cos t\}\quad {\hbox{arco che congiunge il polo sud al polo nord}}\\\end{aligned}}$$

Il bordo della superficie sferica $\partial B_{1,0}$$\partial B_{1,0}$ è il trasformato del bordo di $T$$T$ mediante le equazioni parametriche $r$$r$, quindi $r(\gamma _{1})\cup r(\gamma _{2})\cup r(\gamma _{3})\cup r(\gamma _{4})$$r(\gamma _{1})\cup r(\gamma _{2})\cup r(\gamma _{3})\cup r(\gamma _{4})$.
Per il teorema di Stokes

$$\int _{B_{0,r}}\nabla \times {\mathcal {F}}\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =\int _{r(\gamma _{1})\cup r(\gamma _{2})\cup r(\gamma _{3})\cup r(\gamma _{4})}f_{1}dx_{1}+f_{2}dx_{2}+f_{3}dx_{3}$$

$$\int _{B_{0,r}}\nabla \times {\mathcal {F}}\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =\int _{r(\gamma _{1})\cup r(\gamma _{2})\cup r(\gamma _{3})\cup r(\gamma _{4})}f_{1}dx_{1}+f_{2}dx_{2}+f_{3}dx_{3}$$

ma gli integrali su $r(\gamma _{1})$$r(\gamma _{1})$ e $r(\gamma _{3})$$r(\gamma _{3})$, che sono punti, sono nulli, allora rimane:

$$\int _{r(\gamma _{2})}(f_{1}dx+f_{2}dy+f_{3}dz)+\int _{r(\gamma _{4})}(f_{1}dx+f_{2}dy+f_{3}dz)$$

$$\int _{r(\gamma _{2})}(f_{1}dx+f_{2}dy+f_{3}dz)+\int _{r(\gamma _{4})}(f_{1}dx+f_{2}dy+f_{3}dz)$$

e questi due integrali sono uguali ed opposti, allora il flusso attraverso la superficie sferica è nullo.

Esercizio 11.5

Calcolare il flusso di ${\mathcal {F}}(x,y,z)=(ye^{x+y},-xe^{x+y},xy)$${\mathcal {F}}(x,y,z)=(ye^{x+y},-xe^{x+y},xy)$ attraverso la frontiera del solido

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.|y|\leq x\leq 2-|y|,\,0\leq z\leq x+y\}$$

$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.|y|\leq x\leq 2-|y|,\,0\leq z\leq x+y\}$$

 

$z$$z$ è compreso tra i grafici di due piani: $z=0$$z=0$ e $z=x+y$$z=x+y$, quindi ho una regione z-semplice.

$$-x\leq y\leq x$$

$$-x\leq y\leq x$$

$$|y|\leq 2-x\,\longrightarrow \,x-2\leq y\leq 2-x$$

$$|y|\leq 2-x\,\longrightarrow \,x-2\leq y\leq 2-x$$

Il solido ha come proiezione sul piano un quadrato ed è un poliedro di sei facce.
In questo caso conviene usare il teorema della divergenza.

$$\int _{\partial A}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =\int _{A}\nabla \cdot {\mathcal {F}}(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{\partial A}f\cdot {\hat {n}}_{e}\,d\Sigma =\int _{A}\nabla \cdot {\mathcal {F}}(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

e calcolo l'integrale al secondo membro.

$$\nabla \cdot {\mathcal {F}}=y*e^{xy}-x*e^{x+y}=(y-x)*e^{x+y}$$

$$\nabla \cdot {\mathcal {F}}=y*e^{xy}-x*e^{x+y}=(y-x)*e^{x+y}$$

Integro per fili rispetto a $z$$z$:

$$\int _{E}[\int _{0}^{x+y}(y-x)*e^{x+y}\,dz]\,dx\,dy$$

$$\int _{E}[\int _{0}^{x+y}(y-x)*e^{x+y}\,dz]\,dx\,dy$$

$$=\int _{E}(y-x)*(y+x)*e^{x+y}\,dx\,dy$$

$$=\int _{E}(y-x)*(y+x)*e^{x+y}\,dx\,dy$$

Risolvo questo integrale per sostituzione ponendo $v=x-y$$v=x-y$, $u=y+x$$u=y+x$, cioè:

$${\begin{cases}x=(u+v)/2\\y=(u-v)/2\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=(u+v)/2\\y=(u-v)/2\end{cases}}$$

Allora lo jacobiano della trasformazione è:

$$\left({\begin{array}{cc}u/2&v/2\\u/2&-v/2\end{array}}\right)$$

$$\left({\begin{array}{cc}u/2&v/2\\u/2&-v/2\end{array}}\right)$$

$$\det J=-uv/4-uv/4=-uv/2\neq 0$$

$$\det J=-uv/4-uv/4=-uv/2\neq 0$$

Allora l'integrale diventa:

$$\int _{E}v*u*e^{u}uv/2\,du\,dv$$

$$\int _{E}v*u*e^{u}uv/2\,du\,dv$$

$$1/2*\int _{E}v^{2}*u^{2}*e^{u}\,du\,dv$$

$$1/2*\int _{E}v^{2}*u^{2}*e^{u}\,du\,dv$$

$$-x\leq y\leq x\longrightarrow -u-v\leq u-v\leq u+v$$

$$-x\leq y\leq x\longrightarrow -u-v\leq u-v\leq u+v$$

$$x-2\leq y\leq 2-x\,\longrightarrow \,u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v$$

$$x-2\leq y\leq 2-x\,\longrightarrow \,u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v$$

$${\begin{cases}u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v\\-u-v\leq u-v\leq u+v\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v\\-u-v\leq u-v\leq u+v\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v\\1-u-v\leq 1+u-v\leq 1+u+v\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u+v-1\leq u-v\leq 1-u-v\\1-u-v\leq 1+u-v\leq 1+u+v\end{cases}}$$

$$u+v-1\leq u-v\leq 1+u-v\leq 1+u+v$$

$$u+v-1\leq u-v\leq 1+u-v\leq 1+u+v$$

$$-1\leq -2v\leq 1-2v\leq 1$$

$$-1\leq -2v\leq 1-2v\leq 1$$

$$-1\leq -2v\,\longrightarrow 1\geq 2v\,\longrightarrow v\leq 1/2$$

$$-1\leq -2v\,\longrightarrow 1\geq 2v\,\longrightarrow v\leq 1/2$$

$$1-2v\leq 1,\,\longrightarrow -2v\leq 0\,\longrightarrow v\geq 0$$

$$1-2v\leq 1,\,\longrightarrow -2v\leq 0\,\longrightarrow v\geq 0$$

quindi

$$0\leq v\leq 1/2$$

$$0\leq v\leq 1/2$$

Se considero l'equazione:

$$u-v\leq 1-u-v\leq 1-u-v$$

$$u-v\leq 1-u-v\leq 1-u-v$$

sottraendo $-v$$-v$ a tuti i membri ottengo:

$$u\leq 1-u\leq 1-u$$

$$u\leq 1-u\leq 1-u$$

$$u\leq 1-u\longrightarrow u\geq 1/2$$

$$u\leq 1-u\longrightarrow u\geq 1/2$$

$$u-1\leq 1-u\,\longrightarrow 2u\leq 2\longrightarrow u\leq 1$$

$$u-1\leq 1-u\,\longrightarrow 2u\leq 2\longrightarrow u\leq 1$$

quindi

$$1/2\leq u\leq 1$$

$$1/2\leq u\leq 1$$

Allora l'integrale diventa:

$$1/2[\int _{1/2}^{1}u^{2}e^{u}\,du]*[\int _{0}^{1/2}v^{2}\,dv]$$

$$1/2[\int _{1/2}^{1}u^{2}e^{u}\,du]*[\int _{0}^{1/2}v^{2}\,dv]$$

Integrando per parti:

$$\int u^{2}e^{u}\,du=u^{2}*e^{u}-\int 2u*e^{u}=u^{2}*e^{u}-2u*e^{u}+\int 2e^{u}\,du=e^{u}*(u^{2}-2u+2)$$

$$\int u^{2}e^{u}\,du=u^{2}*e^{u}-\int 2u*e^{u}=u^{2}*e^{u}-2u*e^{u}+\int 2e^{u}\,du=e^{u}*(u^{2}-2u+2)$$

$$1/2[e^{u}*(u^{2}-2u+2)]_{1/2}^{1}*[u^{3}/3]_{0}^{1/2}=$$

$$1/2[e^{u}*(u^{2}-2u+2)]_{1/2}^{1}*[u^{3}/3]_{0}^{1/2}=$$

$$1/2[e*(1-2+2)-{\sqrt {e}}*(1/4-1+2)]*{\frac {1}{24}}$$

$$1/2[e*(1-2+2)-{\sqrt {e}}*(1/4-1+2)]*{\frac {1}{24}}$$

$$1/2[e-{\sqrt {e}}*5/4]*{\frac {1}{24}}$$

$$1/2[e-{\sqrt {e}}*5/4]*{\frac {1}{24}}$$