Forme differenziali definite su aperti non stellati e formule di Gauss-Green

Richiami teorici

1. Sia $D\subset \mathbb {R} ^{2}$$D\subset \mathbb {R} ^{2}$ un aperto connesso, e supponiamo che $\partial D$$\partial D$ sia unione di curve chiuse e semplici regolari e supponiamoche $D$$D$ sia decomponibile in un numero finito di insiemi semplici rispetto agli assi. Un dominio che soddisfa questi requisiti è un dominio ammissibile per il teorema di Gauss-Green.
2. Nelle ipotesi precedenti valgono le formule di Gauss-Green:
   $${\begin{aligned}\int _{D}\,{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)\,dx\,dy&=\int _{D}f*\nu _{1}\,ds&=\int _{\partial ^{+}D}f\,dy\\\int _{D}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,dx\,dy&=\int _{\partial D}f\nu _{2}\,ds&=-\int _{\partial ^{+}D}f\,dx\end{aligned}}$$

   $${\begin{aligned}\int _{D}\,{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)\,dx\,dy&=\int _{D}f*\nu _{1}\,ds&=\int _{\partial ^{+}D}f\,dy\\\int _{D}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)\,dx\,dy&=\int _{\partial D}f\nu _{2}\,ds&=-\int _{\partial ^{+}D}f\,dx\end{aligned}}$$
   dove $\partial ^{+}D$$\partial ^{+}D$ è la frontiera di $D$$D$ orientata positivamente.

Esercizio 8.9

Considerando la forma differenziale

$$\omega ={\frac {xdx+ydy}{x^{2}+y^{2}}}$$

$$\omega ={\frac {xdx+ydy}{x^{2}+y^{2}}}$$

dimostrare che $\omega$$\omega$ è esatta in $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$ senza calcolare esplicitamente una primitiva.

 

$\omega$$\omega$ è esatta in $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$ se e solo se

$$\int _{\gamma }\omega =0$$

$$\int _{\gamma }\omega =0$$

per ogni $\gamma$$\gamma$ cammino chiuso e semplice con $\gamma ^{\ast }\subset \mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\gamma ^{\ast }\subset \mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$.

Facciamo le seguenti considerazioni:

1. La forma differenziale $\omega$$\omega$ è definita in $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$, ed è chiusa, infatti:
   $${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {-2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}$$

   $${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {-2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}$$
   Sia $\gamma$$\gamma$ un cammino chiuso e semplice che non avvolge l'origine, cioè la parte interna a $\gamma$$\gamma$ non contiene l'origine. Allora posso circondare $\gamma$$\gamma$ con un aperto che non contiene l'origine, e che posso scegliere stellato. Allora siccome $\omega$$\omega$ è esatta:
   $$\int _{\gamma }\omega =0$$

   $$\int _{\gamma }\omega =0$$
   per ogni $\gamma$$\gamma$ tale che l'origine non appartenga alla parte interna della curva.
2. Dobbiamo invece dimostrare che
   $$\int _{\gamma }\omega =0$$

   $$\int _{\gamma }\omega =0$$
   per le curve che avvolgono l'origine. Allora cerco una famiglia di curve di questo tipo su cui l'integrale di $\omega$$\omega$ è nullo.Consideriamo le curve:
   $$\gamma _{r}(t)=(r\cos t,r\sin t)\quad t\in [0,2\pi ]$$

   $$\gamma _{r}(t)=(r\cos t,r\sin t)\quad t\in [0,2\pi ]$$
   cioè equazioni di circonferenze centrate nell'origine percorse in senso antiorario.
   $$\int _{\gamma }\omega =\int _{0}^{2\pi }{\frac {-r^{2}\cos t\sin t+r^{2}\sin t\cos t}{r^{2}}}\,dt=0$$

   $$\int _{\gamma }\omega =\int _{0}^{2\pi }{\frac {-r^{2}\cos t\sin t+r^{2}\sin t\cos t}{r^{2}}}\,dt=0$$
3. Presa una curva qualsiasi che circonda l'origine, allora esiste un punto sulla curva che ha distanza minima rispetto all'origine, e la chiamo $\rho$$\rho$. Considero la circonferenza centrata nell'origine e di raggio $\rho /2$$\rho /2$ che non interseca la curva esterna. Percorro $\gamma$$\gamma$ in senso antiorario e la circonferenza in senso orario ed ottengo una curva chiusa, allora se considero
   $${\overset {\circ }{\{\gamma \smallsetminus C(0,\rho /2)\}}}$$

   $${\overset {\circ }{\{\gamma \smallsetminus C(0,\rho /2)\}}}$$
   ottengo un dominio ammissibile per il teorema di Gauss-Green.Quindi:
   $$\int _{\partial ^{+}D}\omega =\int _{\partial ^{+}}(f_{1}dx+f_{2}dy)=\int _{D}-{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}\,dx\,dy$$

   $$\int _{\partial ^{+}D}\omega =\int _{\partial ^{+}}(f_{1}dx+f_{2}dy)=\int _{D}-{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}+{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}\,dx\,dy$$
   ma l'integrando al terzo membro è nullo perché la forma differenziale è chiusa, e quindi anche $\int _{\partial ^{+}D}\omega =0$$\int _{\partial ^{+}D}\omega =0$.
4. Si conclude scrivendo che:
   $$\partial ^{+}D=\gamma \smallsetminus \gamma _{r}$$

   $$\partial ^{+}D=\gamma \smallsetminus \gamma _{r}$$
   quindi
   $$\int _{\gamma }\omega -\int \gamma _{r}\omega =0$$

   $$\int _{\gamma }\omega -\int \gamma _{r}\omega =0$$
   ma $\int _{\gamma _{r}}\omega =0\forall r$$\int _{\gamma _{r}}\omega =0\forall r$ per l'osservazione precedente e quindi $\int _{\gamma }\omega =0$$\int _{\gamma }\omega =0$ per ogni curva chiusa in $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$.

Esercizio 8.10

Si discutano chiusura ed esattezza della forma differenziale

$$\omega :\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\to (\mathbb {R} ^{2})^{\ast }$$

$$\omega :\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\to (\mathbb {R} ^{2})^{\ast }$$

definita come

$$\omega (x,y)=-2{\frac {xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,dx+{\frac {x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,dy.$$

$$\omega (x,y)=-2{\frac {xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,dx+{\frac {x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,dy.$$

Nel caso in cui $\omega$$\omega$ sia esatta, se ne determini una primitiva.

 

Verifico prima la condizione di chiusura:

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=-2{\frac {x*(x^{2}+y^{2})^{2}-xy*(x^{2}+y^{2})*4y}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=-2{\frac {x*(x^{2}+y^{2})^{2}-xy*(x^{2}+y^{2})*4y}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}+xy^{4}+2x^{3}y^{2}-4x^{3}y^{2}-4xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}+xy^{4}+2x^{3}y^{2}-4x^{3}y^{2}-4xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}-2x^{3}y^{2}-3xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}-2x^{3}y^{2}-3xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {x^{4}-2x^{2}y^{2}-3y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {x^{4}-2x^{2}y^{2}-3y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {(x^{2}-3y^{2})(x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {(x^{2}-3y^{2})(x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{3}}}=-2{\frac {x^{5}-xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2x{\frac {(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{3}}}=-2{\frac {x^{5}-xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

Invece

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2x*(x^{2}+y^{2})^{2}-2*(x^{2}+y^{2})*2x*(x^{2}-y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2x*(x^{2}+y^{2})^{2}-2*(x^{2}+y^{2})*2x*(x^{2}-y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {2x*(x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2})-4x*(x^{4}-y^{4})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {2x*(x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2})-4x*(x^{4}-y^{4})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {2x^{5}+2xy^{4}+4x^{3}y^{2}-4x^{5}+4xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {2x^{5}+2xy^{4}+4x^{3}y^{2}-4x^{5}+4xy^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {-2x^{5}+6xy^{4}+4x^{3}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$={\frac {-2x^{5}+6xy^{4}+4x^{3}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}-3xy^{4}-2x^{3}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x^{5}-3xy^{4}-2x^{3}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x(x^{2}+y^{2})(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x(x^{2}+y^{2})(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{4}}}$$

$$=-2{\frac {x(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{3}}}$$

$$=-2{\frac {x(x^{2}-3y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{3}}}$$

allora la forma differenziale è chiusa.
Siccome $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$ non è un aperto stellato, chiusura ed esattezza della forma differenziale non sono equivalenti.

L'integrale di $\omega$$\omega$ su una qualsiasi curva che non avvolge l'origine è nulla, perché posso restringere $\omega$$\omega$ a un aperto contenente il sostegno della curva ma non contenente l'origine, che sia stellato, e in questo caso, siccome la forma differenziale è chiusa, è anche esatta.

Considero invece una famiglia di curve che avvolgono l'origine, ad esempio considero le circonferenze di raggio r e calcolo l'integrale di $\omega$$\omega$ su curve di questo tipo.

$$C_{r}=(\cos t,\,\sin t),\,t\in (0,2\pi )$$

$$C_{r}=(\cos t,\,\sin t),\,t\in (0,2\pi )$$

$$\int _{C_{r}}\omega =$$

$$\int _{C_{r}}\omega =$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2{\frac {\cos t\sin t}{(\cos ^{2}t+\sin ^{2}t)^{2}}}\sin t+{\frac {\cos ^{2}t-\sin ^{2}t}{(\sin ^{2}t+\cos ^{2}t)^{2}}}*\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2{\frac {\cos t\sin t}{(\cos ^{2}t+\sin ^{2}t)^{2}}}\sin t+{\frac {\cos ^{2}t-\sin ^{2}t}{(\sin ^{2}t+\cos ^{2}t)^{2}}}*\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2\cos t\sin t\sin t+(\cos ^{2}t-\sin ^{2}t)\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2\cos t\sin t\sin t+(\cos ^{2}t-\sin ^{2}t)\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2\cos t\sin ^{2}t+\cos ^{3}t-\sin ^{2}t\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }2\cos t\sin ^{2}t+\cos ^{3}t-\sin ^{2}t\cos t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t\sin ^{2}t+\cos ^{3}t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t\sin ^{2}t+\cos ^{3}t\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t(\sin ^{2}t+\cos ^{2}t)\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t(\sin ^{2}t+\cos ^{2}t)\,dt.$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t\,dt=[\sin t]_{0}^{2\pi }=0$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\cos t\,dt=[\sin t]_{0}^{2\pi }=0$$

allora l'integrale è nullo su tutte le circonferenze che avvolgono l'origine.
Considero una qualsiasi curva $\phi$$\phi$ che avvolge l'origine e che sia chiusa: allora esisterà una circonferenza tale che il sostegno di $\phi$$\phi$ contenga quello della circonferenza, e tale che l'intersezione tra l'esterno della circonferenza e l'interno di $\phi$$\phi$ sia un dominio ammissibile per il teorema di Green. Allora:

$$\int _{C}\omega =\pm \int _{\phi }\omega$$

$$\int _{C}\omega =\pm \int _{\phi }\omega$$

ma il primo integrale è nullo quindi l'integrale su ogni curva chiusa che avvolge l'origine è nullo. Segue quindi che $\omega$$\omega$ è esatta.

Esercizio 8.11

Considero la forma differenziale $\omega$$\omega$:

$${\frac {(x-1)\,dy-ydx}{(x-1)^{2}+y^{2}}}$$

$${\frac {(x-1)\,dy-ydx}{(x-1)^{2}+y^{2}}}$$

$$+{\frac {(x+1)\,dy-y\,dx}{(x+1)^{2}+y^{2}}}$$

$$+{\frac {(x+1)\,dy-y\,dx}{(x+1)^{2}+y^{2}}}$$

$$+{\frac {xdy-(y-1)dx}{x^{2}+(y-1)^{2}}}$$

$$+{\frac {xdy-(y-1)dx}{x^{2}+(y-1)^{2}}}$$

$$+{\frac {xdy-(y+1)dx}{x^{2}+(y+1)^{2}}}$$

$$+{\frac {xdy-(y+1)dx}{x^{2}+(y+1)^{2}}}$$

trovare la primitiva di $\omega$$\omega$ definita nel quadrato $(-1,1)\times (-1,1)$$(-1,1)\times (-1,1)$ e tale che $\psi (0,0)=0$$\psi (0,0)=0$.

 

Se pongo

$$\lambda ={\frac {xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}}$$

$$\lambda ={\frac {xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}}$$

allora posso riscrivere $\omega$$\omega$ come:

$$\omega (x,y)=\lambda (x-1,y)+\lambda (x+1,y)+\lambda (x,y-1)+\lambda (x,y+1)$$

$$\omega (x,y)=\lambda (x-1,y)+\lambda (x+1,y)+\lambda (x,y-1)+\lambda (x,y+1)$$

e trovare una primitiva di $\omega$$\omega$ equivale a trovare primitive di $\lambda$$\lambda$.
$\lambda$$\lambda$ è definita su un aperto non stellato $\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$$\mathbb {R} ^{2}\smallsetminus O$, è chiusa ma non è esatta, quindi non ha una primitiva globale.
Considero $\lambda$$\lambda$ nei quattro semipiani $x>0$$x>0$, $x<0$$x<0$, $y>0$$y>0$, $y<0$$y<0$.

1. Nel sempiiano $x>0$$x>0$, si ha:
   $$\lambda =-{\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}\,dx+{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\,dy$$

   $$\lambda =-{\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}\,dx+{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\,dy$$
   $$\lambda =f_{1}(x,y)\,dx+f_{2}(x,y)\,dy$$

   $$\lambda =f_{1}(x,y)\,dx+f_{2}(x,y)\,dy$$
   Allora una primitiva si trova integrando a partire dal punto base $(1,0)$$(1,0)$ e ponendo:
   $$\phi _{1}(x,y)=\int _{1}^{x}f_{1}(s,0)\,ds+\int _{0}^{y}f_{2}(x,t)\,dt$$

   $$\phi _{1}(x,y)=\int _{1}^{x}f_{1}(s,0)\,ds+\int _{0}^{y}f_{2}(x,t)\,dt$$
   $$=0+\int _{0}^{y}{\frac {x}{x^{2}+t^{2}}}\,dt$$

   $$=0+\int _{0}^{y}{\frac {x}{x^{2}+t^{2}}}\,dt$$
   $$=0+\int _{0}^{y}1/x*{\frac {1}{1+(t/x)^{2}}}\,dt$$

   $$=0+\int _{0}^{y}1/x*{\frac {1}{1+(t/x)^{2}}}\,dt$$
   $$=\arctan y/x$$

   $$=\arctan y/x$$
2. Nel semipiano $x<0$$x<0$ la primitiva di $\lambda$$\lambda$ coincide con $\phi _{1}$$\phi_1$, e l'unica differenza è che non si può integrare a partire da $(1,0)$$(1,0)$ ma da $(-1,0)$$(-1,0)$.
3. Nel semipiano $y>0$$y>0$, integro partendo da $(1,0)$$(1,0)$ e ottengo:
   $$\phi _{2}(x,y)=\int _{1}^{y}f_{2}(0,t)\,dt+\int _{0}^{x}f_{1}(s,y)\,ds$$

   $$\phi _{2}(x,y)=\int _{1}^{y}f_{2}(0,t)\,dt+\int _{0}^{x}f_{1}(s,y)\,ds$$
   $$=0+\int _{0}^{x}{\frac {-y}{s^{2}+y^{2}}}\,ds$$

   $$=0+\int _{0}^{x}{\frac {-y}{s^{2}+y^{2}}}\,ds$$
   $$=0+\int _{0}^{x}1/y*{\frac {1}{(s/y)^{2}+1}}\,ds$$

   $$=0+\int _{0}^{x}1/y*{\frac {1}{(s/y)^{2}+1}}\,ds$$
   $$=-\arctan(x/y)$$

   $$=-\arctan(x/y)$$
   e questa è l'espressione della primitiva di $\lambda$$\lambda$ nel semipiano $y>0$$y>0$.
4. nel semipiano $y<0$$y<0$ la primitiva di $\lambda$$\lambda$ coincide con $\phi _{2}$$\phi _{2}$.

Riassumendo, la primitiva di $\lambda$$\lambda$ è definita come:

$$\psi (x,y)={\begin{cases}\arctan(y/x)+c_{1}&{\hbox{se}}x>0\\\arctan(y/x)+c_{2}&{\hbox{se}}x<0\\-\arctan(x/y)+c_{3}&{\hbox{se}}y>0\\-\arctan(x/y)+c_{4}&{\hbox{se}}y<0\end{cases}}$$

$$\psi (x,y)={\begin{cases}\arctan(y/x)+c_{1}&{\hbox{se}}x>0\\\arctan(y/x)+c_{2}&{\hbox{se}}x<0\\-\arctan(x/y)+c_{3}&{\hbox{se}}y>0\\-\arctan(x/y)+c_{4}&{\hbox{se}}y<0\end{cases}}$$

Osservazione 8.1

Nel primo quadrante, pongo $y/x=t,t>0$$y/x=t,t>0$ e vogliamo dimostrare che:

$$\arctan t=-\arctan 1/t+\pi /2$$

$$\arctan t=-\arctan 1/t+\pi /2$$

Definiamo

$$\phi (t)=\arctan t+\arctan 1/t$$

$$\phi (t)=\arctan t+\arctan 1/t$$

Osserviamo che $\phi (1)=\pi /2$$\phi (1)=\pi /2$ mentre la derivata

$$\phi '(t)={\frac {1}{1+t^{2}}}+{\frac {1}{1+(1/t)^{2}}}*(-{\frac {1}{t^{2}}})$$

$$\phi '(t)={\frac {1}{1+t^{2}}}+{\frac {1}{1+(1/t)^{2}}}*(-{\frac {1}{t^{2}}})$$

$$={\frac {1}{1+t^{2}}}-{\frac {1}{1+t^{2}}}$$

$$={\frac {1}{1+t^{2}}}-{\frac {1}{1+t^{2}}}$$

è sempre nulla, allora $\phi$$\phi$ è costante e vale sempre $\pi /2$$\pi /2$, cioè

$$\arctan t+\arctan 1/t=\pi /2\quad \longrightarrow \quad \arctan t=\pi /2-\arctan 1/t.$$

$$\arctan t+\arctan 1/t=\pi /2\quad \longrightarrow \quad \arctan t=\pi /2-\arctan 1/t.$$

 

Per trovare le primitive di $\omega$$\omega$ basta sostituire a $x,y$$x,y$ le espressioni corrispondenti:

1. $\lambda (x-1,y)$$\lambda (x-1,y)$ ha come punto singolare $(1,0)$$(1,0)$ nel semipiano $x>0$$x>0$, e la sua primitiva è $\arctan {\frac {y}{x-1}}$$\arctan {\frac {y}{x-1}}$
2. $\lambda (x+1,y)$$\lambda (x+1,y)$ ha come punto singolare $(-1,0)$$(-1,0)$ nel semipiano $x<0$$x<0$ e ha come primitiva $\arctan {\frac {y}{x+1}}$$\arctan {\frac {y}{x+1}}$.
3. $\lambda (x,y-1)$$\lambda (x,y-1)$ ha come punto singolare $(0,1)$$(0,1)$ nel semipiano $y>0$$y>0$, e ha come primitiva $-\arctan {\frac {x}{y-1}}$$-\arctan {\frac {x}{y-1}}$.
4. $\lambda (x,y+1)$$\lambda (x,y+1)$ ha come punto singolare $(0,-1)$$(0,-1)$ nel semipiano $y<0$$y<0$ e ha come primitiva $-\arctan {\frac {x}{y+1}}$$-\arctan {\frac {x}{y+1}}$.

Quindi, riassumendo:

$$\psi (x,y)=\arctan {\frac {y}{x-1}}+\arctan {\frac {y}{x+1}}-\arctan {\frac {x}{y-1}}-\arctan {\frac {x}{y+1}}+c$$

$$\psi (x,y)=\arctan {\frac {y}{x-1}}+\arctan {\frac {y}{x+1}}-\arctan {\frac {x}{y-1}}-\arctan {\frac {x}{y+1}}+c$$

siccome cerco la primitiva che si annulla nell'origine, si pone $c=0$$c=0$