Verifica dell'esattezza e calcolo di primitive

Esercizio 8.4

Date le forme differenziali:

$$\omega _{1}=-zdx+xydz$$

$$\omega _{1}=-zdx+xydz$$

$$\omega _{2}=3x^{2}y\,dx+x^{3}\,dy-1/z\,dz$$

$$\omega _{2}=3x^{2}y\,dx+x^{3}\,dy-1/z\,dz$$

con $\omega _{2}$$\omega _{2}$ definita su $\mathbb {R} \times (0,+\infty )$$\mathbb {R} \times (0,+\infty )$, verificare se sono esatte. In caso affermativo trovarne una primitiva.

 

Prima forma differenziale: Siccome $\omega _{1}$$\omega _{1}$ è definita su un aperto stellato, se $\omega _{1}$$\omega _{1}$ è esatta, allora è anche chiusa. Verifichiamo quindi se $\omega _{1}$$\omega _{1}$ è chiusa:

$$\omega _{1}=f_{1}dx+f_{2}y+f_{3}dz$$

$$\omega _{1}=f_{1}dx+f_{2}y+f_{3}dz$$

Deve valere:

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial z}}={\frac {\partial x}{\partial f_{3}}}$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial z}}={\frac {\partial x}{\partial f_{3}}}$$

cioè $y=-1$$y=-1$, e siccome la prima condizione per la chiusra non vale $\omega _{1}$$\omega _{1}$ non è chiusa quindi $\omega _{1}$$\omega _{1}$ non è nemmeno esatta.
Seconda forma differenziale: Analogamente, verifico che $\omega _{2}=g_{1}dx+g_{2}dy+g_{3}dz$$\omega _{2}=g_{1}dx+g_{2}dy+g_{3}dz$ è chiusa.

$${\frac {\partial z}{\partial g_{1}}}={\frac {\partial g_{3}}{\partial x}}\longrightarrow 0=0,\,{\hbox{verificata}}$$

$${\frac {\partial z}{\partial g_{1}}}={\frac {\partial g_{3}}{\partial x}}\longrightarrow 0=0,\,{\hbox{verificata}}$$

$${\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}\longrightarrow 3x^{2}=3x^{2}\,{\hbox{verificata}}$$

$${\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}\longrightarrow 3x^{2}=3x^{2}\,{\hbox{verificata}}$$

$${\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}={\frac {\partial y}{\partial g_{3}}}\longrightarrow 0=0,\,{\hbox{verificata}}$$

$${\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}={\frac {\partial y}{\partial g_{3}}}\longrightarrow 0=0,\,{\hbox{verificata}}$$

allora tutte e tre le condizioni di chiusura sono soddisfatte quindi $\omega _{3}$$\omega _{3}$ è chiusa in $\mathbb {R} ^{2}\times (0,+\infty )$$\mathbb {R} ^{2}\times (0,+\infty )$, inoltre $\mathbb {R} ^{2}\times (0,\infty )$$\mathbb {R} ^{2}\times (0,\infty )$ è un insieme stellato rispetto a qualsiasi suo punto, allora la forma differenziale è anche esatta.
Cerco una primitiva per $\omega _{2}$$\omega _{2}$ usando i tre procedimenti descritti sopra:

1. Procedimento 1: Sia $\phi$$\phi$ una primitiva di $\omega _{2}$$\omega _{2}$, allora $d\phi =\omega$$d\phi =\omega$ cioè $\phi$$\phi$ deve risolvere il sistema:
   $${\begin{cases}\phi _{x}=3x^{2}y\\\phi _{y}=x^{3}\\\phi _{z}=-1/z\end{cases}}$$

   $${\begin{cases}\phi _{x}=3x^{2}y\\\phi _{y}=x^{3}\\\phi _{z}=-1/z\end{cases}}$$
   e integrando la prima equazione:
   $$\phi =\int 3x^{2}y\,dx=x^{3}y+C_{1}(y,z)$$

   $$\phi =\int 3x^{2}y\,dx=x^{3}y+C_{1}(y,z)$$
   Derivo rispetto a $y$$y$ l'espressione di $\phi$$\phi$:
   $$\phi _{y}=x^{3}+{\frac {\partial C_{1}(y,z)}{\partial y}}$$

   $$\phi _{y}=x^{3}+{\frac {\partial C_{1}(y,z)}{\partial y}}$$
   ma dalla seconda equazione, $\phi _{y}=x^{3}$$\phi _{y}=x^{3}$, ed eguagliando le due diverse espressioni per la derivata parziale:
   $$x^{3}+{\frac {\partial C_{1}(y,z)}{\partial y}}=x^{3}$$

   $$x^{3}+{\frac {\partial C_{1}(y,z)}{\partial y}}=x^{3}$$
   e questo è vero se e solo se:
   $${\frac {\partial C_{1}}{\partial y}}=0$$

   $${\frac {\partial C_{1}}{\partial y}}=0$$
   cioè
   $$C_{1}(y,z)=C_{2}(z)$$

   $$C_{1}(y,z)=C_{2}(z)$$
   e risostituendo nell'espressione di $\phi$$\phi$ l'espressione trovata per $C_{1}$$C_1$:
   $$\phi =x^{3}y+c_{2}(z)$$

   $$\phi =x^{3}y+c_{2}(z)$$
   e derivando rispetto a $z$$z$:
   $$\phi _{z}=c_{2}'(z)$$

   $$\phi _{z}=c_{2}'(z)$$
   $$c_{2}'(z)=-1/z$$

   $$c_{2}'(z)=-1/z$$
   e integrando:
   $$c_{2}(z)=-\log z+C$$

   $$c_{2}(z)=-\log z+C$$
   quindi
   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log z+C$$

   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log z+C$$
2. Procedimento 2: Scelgo il punto $(0,0,1)$$(0,0,1)$ in $\mathbb {R} ^{2}\times (0,+\infty )$$\mathbb {R} ^{2}\times (0,+\infty )$. Allora
   $$\phi (x,y,z)=\int _{0}^{x}[3x^{2}y](s,0,1)\,ds+\int _{0}^{y}[x^{3}](x,t,1)\,dt+\int _{1}^{z}\,[-1/z](x,y,u)du$$

   $$\phi (x,y,z)=\int _{0}^{x}[3x^{2}y](s,0,1)\,ds+\int _{0}^{y}[x^{3}](x,t,1)\,dt+\int _{1}^{z}\,[-1/z](x,y,u)du$$
   $$\phi (x,y,z)=\int _{0}^{y}x^{3}\,dt+\int _{1}^{z}\,-1/udu$$

   $$\phi (x,y,z)=\int _{0}^{y}x^{3}\,dt+\int _{1}^{z}\,-1/udu$$
   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log z+C$$

   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log z+C$$
3. Procedimento 3: Parametrizzo la curva che unisce $(0,0,1)$$(0,0,1)$ a $(x,y,z)$$(x,y,z)$:
   $$\gamma =(tx,ty,1+t(z-1)),\quad \quad t\in [0,1]$$

   $$\gamma =(tx,ty,1+t(z-1)),\quad \quad t\in [0,1]$$
   Calcoliamo:
   $$\int _{\gamma }\omega =$$

   $$\int _{\gamma }\omega =$$
   $$f_{1}(tx,ty,1+t(z-1))=3(tx)^{2}ty$$

   $$f_{1}(tx,ty,1+t(z-1))=3(tx)^{2}ty$$
   $$f_{2}(tx,ty,1+t(z-1))=t^{3}x^{3}$$

   $$f_{2}(tx,ty,1+t(z-1))=t^{3}x^{3}$$
   $$f_{3}(tx,ty,1+t(z-1))=-{\frac {1}{1+t(z-1)}}$$

   $$f_{3}(tx,ty,1+t(z-1))=-{\frac {1}{1+t(z-1)}}$$
   $$dx=x,\,dy=y,\,dz=z-1$$

   $$dx=x,\,dy=y,\,dz=z-1$$
   $$\int _{0}^{1}3t^{2}x^{2}tyx+x^{3}t^{3}y-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$

   $$\int _{0}^{1}3t^{2}x^{2}tyx+x^{3}t^{3}y-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$
   $$\int _{0}^{1}3x^{3}yt^{3}+x^{3}yt^{3}-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$

   $$\int _{0}^{1}3x^{3}yt^{3}+x^{3}yt^{3}-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$
   $$\int _{0}^{1}4x^{3}yt^{3}-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$

   $$\int _{0}^{1}4x^{3}yt^{3}-{\frac {z-1}{1+t(z-1)}}\,dt=$$
   $$[4x^{3}yt^{4}/4-\log |1+t(z-1)|]_{0}^{1}=$$

   $$[4x^{3}yt^{4}/4-\log |1+t(z-1)|]_{0}^{1}=$$
   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log |z|+c$$

   $$\phi (x,y,z)=x^{3}y-\log |z|+c$$

Esercizio 8.5

Si determinino $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$$\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ tali che la forma differenziale

$$\omega (x,y)=(2\sin x\cos y+\alpha \cos x\sin y)\,dx+(\beta \cos x\sin y+\sin x\cos y)\,dy$$

$$\omega (x,y)=(2\sin x\cos y+\alpha \cos x\sin y)\,dx+(\beta \cos x\sin y+\sin x\cos y)\,dy$$

sia esatta in $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$. Per tali valori di determinino le primitive di $\omega$$\omega$.

 

$\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ è un aperto stellato, quindi $\omega$$\omega$ è esatta se e solo se $\omega$$\omega$ è chiusa. Determino $\alpha ,\beta$$\alpha ,\beta$ affinché $\omega$$\omega$ sia chiusa.

Ponendo $\omega =f_{1}dx+f_{2}dy$$\omega =f_{1}dx+f_{2}dy$ si ha:

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=-2\sin x\sin y+\alpha \cos x\cos y$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=-2\sin x\sin y+\alpha \cos x\cos y$$

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}=-\beta \sin x\sin y+\cos x\cos y$$

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}=-\beta \sin x\sin y+\cos x\cos y$$

$\omega$$\omega$ è chiusa se e solo se

$$-2\sin x\sin y+\alpha \cos x\cos y=-\beta \sin x\sin y+\cos x\cos y$$

$$-2\sin x\sin y+\alpha \cos x\cos y=-\beta \sin x\sin y+\cos x\cos y$$

$$(-2+\beta )\sin x\sin y=(1-\alpha )\cos x\cos y$$

$$(-2+\beta )\sin x\sin y=(1-\alpha )\cos x\cos y$$

e l'equazione è soddisfatta se $\alpha =1,\beta =2$$\alpha =1,\beta =2$, quindi ottengo la forma differenziale:

$$\omega (x,y)=(2\sin x\cos y+\cos x\sin y)\,dx+(2\cos x\sin y+\sin x\cos y)\,dy$$

$$\omega (x,y)=(2\sin x\cos y+\cos x\sin y)\,dx+(2\cos x\sin y+\sin x\cos y)\,dy$$

Cerco la primitiva $\phi$$\phi$ risolvendo il sistema:

$${\begin{cases}{\frac {\partial \phi }{\partial x}}=f_{1}=2\sin x\cos y+\cos x\sin y\\{\frac {\partial \phi }{\partial y}}=f_{2}=2\cos x\sin y+\sin x\cos y\end{cases}}$$

$${\begin{cases}{\frac {\partial \phi }{\partial x}}=f_{1}=2\sin x\cos y+\cos x\sin y\\{\frac {\partial \phi }{\partial y}}=f_{2}=2\cos x\sin y+\sin x\cos y\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\phi =-2\cos x\cos y+\sin x\sin y+k_{1}(y)\\{\frac {\partial \phi }{\partial y}}=2\cos x\sin y+\sin x\cos y=2\cos x\sin y+\sin x\cos y+{\frac {\partial k_{1}(y)}{\partial y}}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\phi =-2\cos x\cos y+\sin x\sin y+k_{1}(y)\\{\frac {\partial \phi }{\partial y}}=2\cos x\sin y+\sin x\cos y=2\cos x\sin y+\sin x\cos y+{\frac {\partial k_{1}(y)}{\partial y}}\end{cases}}$$

$${\frac {\partial k_{2}(y)}{\partial y}}=0$$

$${\frac {\partial k_{2}(y)}{\partial y}}=0$$

$$k_{2}(y)=c$$

$$k_{2}(y)=c$$

$$\phi (x,y)=-2\cos x\cos y+\sin x\sin y+c$$

$$\phi (x,y)=-2\cos x\cos y+\sin x\sin y+c$$

Esercizio 8.6

Trovare una funzione $\alpha (y)$$\alpha (y)$ tale che la forma differenziale:

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

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

abbia una primitiva $\phi (x,y)$$\phi (x,y)$ definita nel semipiano $y\leq 0$$y\leq 0$ e tale che $\phi (0,-1)=1$$\phi (0,-1)=1$.

 

1. Il semipiano è stellato, quindi $\omega$$\omega$ è esatta e ammette una primitiva se e solo se $\omega$$\omega$ è chiusa, quindi cerco $\alpha (y)$$\alpha (y)$ tale che $\omega$$\omega$ sia chiusa.
   $$\omega =f_{1}(x,y)\,dx+f_{2}(x,y)\,dy$$

   $$\omega =f_{1}(x,y)\,dx+f_{2}(x,y)\,dy$$
   $\omega$$\omega$ è chiusa se e solo se:
   $${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}$$

   $${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}$$
   $$\longrightarrow \,xy\alpha (y)'+x\alpha (y)=-2x\alpha (y)$$

   $$\longrightarrow \,xy\alpha (y)'+x\alpha (y)=-2x\alpha (y)$$
   $$xy\alpha (y)'=-3x\alpha (y)$$

   $$xy\alpha (y)'=-3x\alpha (y)$$
   e per $x\neq 0$$x \neq 0$:
   $$y\alpha (y)'=-3\alpha (y)$$

   $$y\alpha (y)'=-3\alpha (y)$$
2. Per determinare $\alpha$$\alpha$, risolvo l'equazione differenziale che ho ottenuto:
   $$d\alpha =-3/y\alpha (y)dy$$

   $$d\alpha =-3/y\alpha (y)dy$$
   $${\frac {d\alpha }{\alpha }}=-3/ydy$$

   $${\frac {d\alpha }{\alpha }}=-3/ydy$$
   $$\log |\alpha |=-3\log |y|+c$$

   $$\log |\alpha |=-3\log |y|+c$$
   $$\log |\alpha |=\log |y|^{-3}+c$$

   $$\log |\alpha |=\log |y|^{-3}+c$$
   $$|\alpha |=e^{\log |y|^{-3}+c}$$

   $$|\alpha |=e^{\log |y|^{-3}+c}$$
   $$|\alpha |=e^{\log |y|^{-3}+\log c}$$

   $$|\alpha |=e^{\log |y|^{-3}+\log c}$$
   $$|\alpha |=c*e^{\log |y|^{-3}}$$

   $$|\alpha |=c*e^{\log |y|^{-3}}$$
   $$|\alpha |=c*|y|^{-3}$$

   $$|\alpha |=c*|y|^{-3}$$
   Scelgo per semplicità $c=1$$c=1$:
   $$\alpha (y)=y^{-3}$$

   $$\alpha (y)=y^{-3}$$
3. sostituisco l'espressione di $\alpha (y)$$\alpha (y)$ nella forma differenziale e ottengo:
   $$\omega =xyy^{-3}dy+(y-x^{2}y^{-3})\,dy$$

   $$\omega =xyy^{-3}dy+(y-x^{2}y^{-3})\,dy$$
   $$\omega ={\frac {x}{y^{2}}}dy+(y-{\frac {x^{2}}{y^{3}}})\,dy$$

   $$\omega ={\frac {x}{y^{2}}}dy+(y-{\frac {x^{2}}{y^{3}}})\,dy$$
4. Cerco una primitiva della forma differenziale, scelgo come punto base $(0,-1)$$(0,-1)$
   $$\phi (x,y)=\int _{0}^{x}s\,ds+\int _{-1}^{y}(t-{\frac {x^{2}}{t^{3}}})\,dt$$

   $$\phi (x,y)=\int _{0}^{x}s\,ds+\int _{-1}^{y}(t-{\frac {x^{2}}{t^{3}}})\,dt$$
   $$\phi (x,y)=x^{2}/2+[t^{2}/2+1/2{\frac {x^{2}}{t^{2}}}]_{-1}^{y}$$

   $$\phi (x,y)=x^{2}/2+[t^{2}/2+1/2{\frac {x^{2}}{t^{2}}}]_{-1}^{y}$$
   $$\phi (x,y)=x^{2}/2+y^{2}/2-1/2+1/2{\frac {x^{2}}{y^{2}}}-1/2x^{2}$$

   $$\phi (x,y)=x^{2}/2+y^{2}/2-1/2+1/2{\frac {x^{2}}{y^{2}}}-1/2x^{2}$$
   $$\phi (x,y)=y^{2}/2-1/2+1/2{\frac {x^{2}}{y^{2}}}+c$$

   $$\phi (x,y)=y^{2}/2-1/2+1/2{\frac {x^{2}}{y^{2}}}+c$$
5. Determino $c$$c$ in modo che la primitiva soddisfi la condizione $\phi (0,-1)=1$$\phi (0,-1)=1$.
   $$\psi (0,-1)=1/2+c$$

   $$\psi (0,-1)=1/2+c$$
   quindi
   $$1/2+c=1\,\longrightarrow \,c=1/2$$

   $$1/2+c=1\,\longrightarrow \,c=1/2$$
6. Come verifica finale, posso derivare la primitiva e verificare che si ottiene $\omega$$\omega$.

Esercizio 8.7

Si determini una funzione $h\in C^{1}(\mathbb {R} )$$h\in C^{1}(\mathbb {R} )$ tale che la forma differenziale

$$\omega (x,y)=(h(x)y-xy^{2}e^{-x^{2}})\,dx+(h(x)(1+x^{2})+ye^{-x^{2}})\,dy$$

$$\omega (x,y)=(h(x)y-xy^{2}e^{-x^{2}})\,dx+(h(x)(1+x^{2})+ye^{-x^{2}})\,dy$$

sia esatta in $\Omega =\mathbb {R} ^{2}$$\Omega =\mathbb {R} ^{2}$. Si determini quindi una primitiva di $\omega$$\omega$.

 

Determinazione della funzione $h(x)$$h(x)$: L'esattezza della forma differenziale equivale alla sua chiusura. Quindi impongo:

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}$$

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}=h'(x)*(1+x^{2})+h(x)*2x-2xye^{-x^{2}}$$

$${\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}=h'(x)*(1+x^{2})+h(x)*2x-2xye^{-x^{2}}$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=h(x)-2xye^{-x^{2}}$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=h(x)-2xye^{-x^{2}}$$

ed eguagliando le derivate ottengo:

$$h'(x)*(1+x^{2})+h(x)*2x-2xye^{-x^{2}}=h(x)-2xye^{-x^{2}}$$

$$h'(x)*(1+x^{2})+h(x)*2x-2xye^{-x^{2}}=h(x)-2xye^{-x^{2}}$$

$$h'(x)*(1+x^{2})=h(x)(1-2x)$$

$$h'(x)*(1+x^{2})=h(x)(1-2x)$$

$${\frac {dh}{h}}={\frac {1-2x}{1+x^{2}}}$$

$${\frac {dh}{h}}={\frac {1-2x}{1+x^{2}}}$$

$$\int {\frac {dh}{h}}=\int {\frac {1-2x}{1+x^{2}}}$$

$$\int {\frac {dh}{h}}=\int {\frac {1-2x}{1+x^{2}}}$$

$$\log |h|=\int -{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,dx+\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,dx$$

$$\log |h|=\int -{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,dx+\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,dx$$

$$\log |h|=-\log(x^{2}+1)+\arctan x+C$$

$$\log |h|=-\log(x^{2}+1)+\arctan x+C$$

$$|h|=e^{\log {\frac {1}{x^{2}+1}}+\arctan x+C}$$

$$|h|=e^{\log {\frac {1}{x^{2}+1}}+\arctan x+C}$$

$$h=C*e^{\log {\frac {1}{x^{2}+1}}}*e^{\arctan x}$$

$$h=C*e^{\log {\frac {1}{x^{2}+1}}}*e^{\arctan x}$$

$$h=C*{\frac {1}{x^{2}+1}}*e^{\arctan x}$$

$$h=C*{\frac {1}{x^{2}+1}}*e^{\arctan x}$$

e poniamo $C=1$$C=1$, e sostituendo nella forma differenziale:

$$\omega (x,y)=({\frac {1}{x^{2}+1}}*e^{\arctan x}*y-xy^{2}e^{-x^{2}})\,dx+(e^{\arctan x}+ye^{-x^{2}})\,dy$$

$$\omega (x,y)=({\frac {1}{x^{2}+1}}*e^{\arctan x}*y-xy^{2}e^{-x^{2}})\,dx+(e^{\arctan x}+ye^{-x^{2}})\,dy$$

Ricerca della primitiva: integro a partire dal punto base $(0,0)$$(0,0)$.

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

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

$$\phi (x,y)=\int _{0}^{x}({\frac {1}{t^{2}+1}}*e^{\arctan t}*0-t*0^{2}e^{-t^{2}})\,dt+\int _{0}^{y}(e^{\arctan x}+ue^{-x^{2}})\,du$$

$$\phi (x,y)=\int _{0}^{x}({\frac {1}{t^{2}+1}}*e^{\arctan t}*0-t*0^{2}e^{-t^{2}})\,dt+\int _{0}^{y}(e^{\arctan x}+ue^{-x^{2}})\,du$$

$$\phi (x,y)=[e^{\arctan x}*u+e^{-x^{2}}*u^{2}/2]_{0}^{y}$$

$$\phi (x,y)=[e^{\arctan x}*u+e^{-x^{2}}*u^{2}/2]_{0}^{y}$$

$$\phi (x,y)=e^{\arctan x}*y+e^{-x^{2}}*y^{2}/2$$

$$\phi (x,y)=e^{\arctan x}*y+e^{-x^{2}}*y^{2}/2$$

Esercizio 8.8

Si determini una funzione $g\in C^{1}(-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})$$g\in C^{1}(-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})$ tale che $g(0)=0$$g(0)=0$ e la forma differenziale

$$\omega (x,y)=(2xg(y)+g(y))\,dx+(g^{2}(y)+1)(x^{2}+x+5)\,dy$$

$$\omega (x,y)=(2xg(y)+g(y))\,dx+(g^{2}(y)+1)(x^{2}+x+5)\,dy$$

sia esatta in $\Omega =\mathbb {R} \times (-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})$$\Omega =\mathbb {R} \times (-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}})$. Si calcoli inoltre una primitiva di $\omega$$\omega$ in $\Omega$$\Omega$.

 

$\Omega$$\Omega$ è un aperto stellato, quindi chiusura ed esatteszza sono equivalenti. Dopo aver calcolato le derivate parziali:

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=2xg'(y)+g'(y)$$

$${\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}=2xg'(y)+g'(y)$$

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

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

impongo che la forma differenziale sia chiusa e ottengo l'equazione differenziale:

$$2xg'(y)+g'(y)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)$$

$$2xg'(y)+g'(y)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)$$

Voglio quindi risolvere il problema di Cauchy:

$${\begin{cases}g(0)=0\\2xg'(y)+g'(y)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g(0)=0\\2xg'(y)+g'(y)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g(0)=0\\g'(y)(2x+1)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g(0)=0\\g'(y)(2x+1)=(g^{2}(y)+1)*(2x+1)\end{cases}}$$

e per $2x+1\neq 0$$2x+1\neq 0$:

$${\begin{cases}g(0)=0\\g'(y)=(g^{2}(y)+1)\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g(0)=0\\g'(y)=(g^{2}(y)+1)\end{cases}}$$

E risolvo l'equazione a variabili separabili:

$${\frac {dg}{1+g^{2}}}=dy$$

$${\frac {dg}{1+g^{2}}}=dy$$

$$\int {\frac {dg}{1+g^{2}}}=\int dy$$

$$\int {\frac {dg}{1+g^{2}}}=\int dy$$

$$\arctan g=y+C$$

$$\arctan g=y+C$$

$$g=\tan(y+c)$$

$$g=\tan(y+c)$$

e siccome $g(0)=0$$g(0)=0$, si pone $c=0$$c=0$. Sostituendo nell'espressione di $\omega$$\omega$:

Sostituendo $g$$g$ nell'espressione di $\omega$$\omega$ ottengo:

$$\omega (x,y)=(2x+1)\tan y\,dx+(\tan ^{2}y+1)(x^{2}+x+5)\,dy$$

$$\omega (x,y)=(2x+1)\tan y\,dx+(\tan ^{2}y+1)(x^{2}+x+5)\,dy$$

L'insieme $\Omega$$\Omega$ è stellato rispetto al punto $(1,0)$$(1,0)$. Allora una primitiva di $\omega$$\omega$ è data da:

$$\int _{1}^{x}(2s+1)*\tan 0\,ds+\int _{0}^{y}(\tan ^{2}t+1)(x^{2}+x+5)\,dt$$

$$\int _{1}^{x}(2s+1)*\tan 0\,ds+\int _{0}^{y}(\tan ^{2}t+1)(x^{2}+x+5)\,dt$$

$$(x^{2}+x+5)*[\tan t]_{0}^{y}=(x^{2}+x+5)*\tan y+c$$

$$(x^{2}+x+5)*[\tan t]_{0}^{y}=(x^{2}+x+5)*\tan y+c$$