Richiami teorici

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#''teorema della divergenza'': Il flusso del campo vettoriale <math>\mathcal F</math> attraverso la superficie <math>\Sigma</math> è pari a<math display="block">\int_D \nabla \cdot \mathcal F \, dx \, dy \, dz</math>quando <math>\Sigma = \partial D</math>.
 
#''teorema della divergenza'': Il flusso del campo vettoriale <math>\mathcal F</math> attraverso la superficie <math>\Sigma</math> è pari a<math display="block">\int_D \nabla \cdot \mathcal F \, dx \, dy \, dz</math>quando <math>\Sigma = \partial D</math>.
 
#Considero una superficie parametrizzata dalle equazioni <math>R \colon T \subset \mathbb R^2 \to \mathbb R^3</math>. <math>R</math> è di classe <math>C^1</math> e iniettiva in <math>T</math>, inoltre <math>J_{r}(u,v)</math> ha rango 2. Il ''teorema di Stokes'' afferma che, dato un campo vettoriale <math>\mathcal F</math> il flusso del rotore di <math>\mathcal F</math> attraverso <math>\Sigma</math> è pari alla circuitazione di <math>\mathcal F</math> sul trasformato mediante le equazioni parametriche <math>r</math> del bordo di <math>T</math> parametrizzato.<math display="block">\int_{\Sigma} \nabla \times \mathcal F \cdot \hat n_e \, d\Sigma = \int_{r(\partial \Sigma)} (f_1 dx+f_2 dy+f_3 dz)</math>Il flusso dipende a meno di un segno dal versore normale.
 
#Considero una superficie parametrizzata dalle equazioni <math>R \colon T \subset \mathbb R^2 \to \mathbb R^3</math>. <math>R</math> è di classe <math>C^1</math> e iniettiva in <math>T</math>, inoltre <math>J_{r}(u,v)</math> ha rango 2. Il ''teorema di Stokes'' afferma che, dato un campo vettoriale <math>\mathcal F</math> il flusso del rotore di <math>\mathcal F</math> attraverso <math>\Sigma</math> è pari alla circuitazione di <math>\mathcal F</math> sul trasformato mediante le equazioni parametriche <math>r</math> del bordo di <math>T</math> parametrizzato.<math display="block">\int_{\Sigma} \nabla \times \mathcal F \cdot \hat n_e \, d\Sigma = \int_{r(\partial \Sigma)} (f_1 dx+f_2 dy+f_3 dz)</math>Il flusso dipende a meno di un segno dal versore normale.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=11.1|anchor=Esercizio11_1}}
 
Consideriamo una curva di equazione polare:
 
<math display="block">\rho = f(\theta)</math>
 
con <math>\theta \in (\theta_0, \theta_1)</math>. Se <math>D</math> è il dominio limitato tale che <math>\partial D = \gamma</math>
 
#si dimostri che l'area di <math>D</math> vale:<math display="block">\int_{\theta_0}^{\theta_1} 1/2 (f(\theta))^2</math>
 
#Calcolare l'area racchiusa dalla curva <math>\rho = 1+\cos \theta</math> con <math>\theta \in [0,2\pi]</math>.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
Scelte le coordinate
 
<math display="block">x = \rho \cos \theta, \quad y = \rho \sin \theta</math>
 
osserviamo che la curva <math>\gamma</math> ha equazioni parametriche:
 
<math display="block">x=f(\theta) \cos \theta, \, y = f(\theta) \sin \theta</math>
 
con <math>\theta_0 < \theta < \theta_1</math>.
 
 
 
Allora
 
<math display="block">\rm{area} D = \int_D 1 \, dx \, dy</math><math display="block">= 1/2 \int_D 1+1 \, dx \, dy</math>
 
Trasformo questo integrale doppio in un integrale di linea con il teorema di Gauss-Green. Poniamo:
 
<math display="block">1 = \frac{\partial f}{\partial x}, \quad 1 = \frac{\partial g}{\partial y}</math>
 
Risolvo le equazioni differenziali:
 
<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x}=1 \, \longrightarrow \, f = x</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y}=1 \, \longrightarrow \, f=y</math>
 
allora
 
<math display="block">\rm{area} D = 1/2 \int_D \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+\frac{\partial g}{\partial y}(x,y) \, dx \, dy</math><math display="block">= 1/2 \int_{\partial^+ D} f \, dy-\int_{\partial^+ D} g \, dx =</math><math display="block">1/2 [\int_{\partial^+ D} (x dy-y dx)]</math>
 
Sostituisco l'espressione polare della curva, tenendo conto che:
 
<math display="block">dx = f'(\theta) \cos \theta-f(\theta) \sin \theta</math><math display="block">dy = f'(\theta) \sin \theta+f(\theta) \cos \theta</math><math display="block">\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</math><math display="block">= 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</math><math display="block">= \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}</math>
 
Nel caso <math>\rho = 1+\cos \theta</math> si ha:
 
<math display="block">\rm{area} = 1/2 \int_0^{2\pi} (1+\cos \theta)^2 \, d\theta</math><math display="block">\rm{area} = 1/2 \int_0^{2\pi} 1+2\cos \theta+\cos^2 \theta \, d\theta</math><math display="block">\rm{area} = 1/2 \int_0^{2\pi} 1+2\cos \theta+1/2*(1+\cos (2\theta)) \, d\theta</math><math display="block">\rm{area} = 1/2 \int_0^{2\pi} 3/2+2\cos \theta+1/2 \cos (2\theta) \, d\theta</math><math display="block">\rm{area} = 1/2 [ 3/2 \theta+2\sin \theta+1/4 \sin (2\theta)]_{0}^{2\pi}</math><math display="block">\rm{area} = 1/2 3/2 2\pi = 3\pi/2</math>
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=11.2|anchor=Esercizio11_2}}
 
Calcolare il flusso del campo vettoriale <math>\mathcal F(x,y,z) = (-x,x,1)</math> attraverso la superficie del solido
 
<math display="block">A = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 \, t.c. x^2+y^2 \le z \le 4 \}</math>
 
in modo diretto e con il teorema della divergenza. Il versore normale alla superficie dev'essere orientato verso l'esterno della superficie.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
''Calcolo diretto'': uso direttamente la definizione di flusso: <math>\int f \cdot \hat n \, ds</math>.
 
 
 
<math>z =x^2+y^2</math> è un paraboloide, e ne considero l'interno (<math>z > x^2+y^2</math>). Il paraboloide viene tagliato ad altezza <math>z=4</math> e il solido complessivo assomiglia ad una scodella.
 
 
 
La superficie esterna di <math>A</math> ha due parti: il paraboloide di equazione <math>z=x^2+y^2</math> (che chiamo <math>\Sigma_2</math> e ha equazioni parametriche <math>r_2</math> ) e la parte di piano <math>z=4</math> (che chiamo <math>\Sigma_1</math> e ha equazioni parametriche <math>r_1</math>).
 
<math display="block">\int_A f \cdot \hat n_e \, d\Sigma =</math><math display="block">\int_{\Sigma_1} f \cdot \hat n_e \, d\Sigma+\int_{\Sigma_2} \, f \cdot \hat n_e \, d\Sigma</math>
 
Il versore normale a <math>\Sigma_1</math> è diretto come l'asse z, mentre quello normale a <math>\Sigma_1</math> è diretto dalla parte opposta.
 
 
 
Parametrizzo la frontiera di <math>\Sigma_1</math>:
 
<math display="block">\partial r_1 = \{ x = u, \, y=v, \, z=f(u,v)=4 \}</math><math display="block">r_u(u,v) = (1,0,0)</math><math display="block">r_v(u,v) = (0,1,0)</math>
 
quindi
 
<math display="block">r_u \times r_v = (0,0,1)</math><math display="block">\hat n = \frac{1}{\vert (0,0,1) \vert}*(0,0,1)</math><math display="block">\int_{\Sigma_1} f \cdot \hat n_e \, d\Sigma =</math><math display="block">= \int_{\Sigma_1} (-x,x,1) \cdot (0,0,1)*\frac{1}{\vert (0,0,1) \vert} \vert (0,0,1) \vert \, du \, dv</math>
 
(l'elemento d'area <math>dA = \vert (0,0,1) \vert \, du \, dv</math>)
 
<math display="block">= \int_{\Sigma_1} 1 \, du \, dv</math><math display="block">\Sigma_1 = \{ u^2+v^2 \le 4 \}</math>
 
quindi
 
<math display="block">\int_{\Sigma_1} 1 \, du \, dv = 4\pi \quad \hbox{area del cerchio}</math>
 
 
Invece, le equazioni parametriche del paraboloide sono:
 
<math display="block">r_2 = \{ x=u, \, y=v, \, z=u^2+v^2 \}</math><math display="block">r_u = (1,0,2u)</math><math display="block">r_v = (0,1,2v)</math><math display="block">r_u \times r_v = (-2u, -2v,1)</math>
 
e siccome bisogna scegliere il versore normale orientato in senso esterno:
 
<math display="block">\hat n_e = \frac{(2u,2v,-1)}{\vert (-1,2u,2v) \vert}</math><math display="block">\int_{\Sigma_2} f \cdot \hat n_e \, d\Sigma</math><math display="block">= \int_{\Sigma_2} (-u,u,1) \cdot  \frac{(2u,2v,-1)}{\vert 2u, 2v, -1 \vert} \vert 2u, 2v,-1 \vert \, du \, dv</math><math display="block">\int_{\Sigma_2} -2u^2+2uv-1 \, du \, dv</math>
 
Passo a coordinate polari:
 
<math display="block">\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</math><math display="block">\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</math><math display="block">\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</math><math display="block">\int_0^{2\pi} -8 \cos^2 \theta+8 \cos \theta \sin \theta-2 \, d\theta</math><math display="block">= \int_0^{2\pi} -4(1+ \cos (2\theta))+4\sin 2\theta-2\theta \, d\theta</math><math display="block">[ -4\theta+2 \sin (2\theta)+4\cos 2\theta-2\theta]_0^{2\pi} = -12\pi</math>
 
Allora il flusso totale è dato dalla somma dei flussi attraverso le due parti di superfici:
 
<math display="block">= 4\pi-12\pi = -8\pi</math>
 
 
''Calcolo con il teorema della divergenza'':
 
<math display="block">\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</math>
 
Il teorema della divergenza afferma:
 
<math display="block">\int \mathcal F \times \hat n_e = \int_{A} \nabla \cdot \mathcal F \, dx \, dy \, dz = \int_A -1 \, dx \, dy \, dz</math><math display="block">A = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 \, t.c. x^2+y^2 \le z \le 4 \}</math>
 
Integro per strati: per <math>0 \le h \le 4</math> definisco la sezione
 
<math display="block">A_h = \{ x^2+y^2 \le h \}</math>
 
cioè <math>A_h</math> è un cerchio di centro l'origine e raggio <math>\sqrt{h}</math>.
 
<math display="block">\int_0^4 [\int_{A_h} \, -1 \, dx \, dy] \, dh</math>
 
L'integrale interno è l'area del cerchio di centro l'origine e raggio <math>\sqrt{h}</math>.
 
<math display="block">-\int_0^4 \pi h \, dh</math><math display="block">[\pi h^2/2]_0^4 = -8\pi</math>
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=11.3|anchor=Esercizio11_3}}
 
Si consideri la curva
 
<math display="block">\gamma = \begin{sistema}2x^2+y^2-6x=0 \\ x+z=3 \end{sistema}</math>
 
orientata in modo tale che la sua proiezione sul piano <math>(x,y)</math> sia percorsa in senso antiorario. Calcolare
 
<math display="block">\int_{\gamma} (z dx+x dy+y dz)</math>
 
sia direttamente sia usando il teorema di Stokes.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
''Calcolo diretto'': la curva è intersezione di due superfici:
 
 
#<math display="block">2x^2+y^2-6x=0</math><math display="block">2(x^2-3x)+y^2=0</math><math display="block">2(x^2-3x+9/4)+y^2-9/2=0</math><math display="block">2(x-3/2)^2+y^2-9/2=0</math><math display="block">4/9(x-3/2)^2+2/9*y^2=1</math><math display="block">\frac{(x-3/2)^2}{9/4}+\frac{y^2}{9/2} =1 \quad \hbox{cilindro ellittico}</math>
 
#<math>x+z=3</math> 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:
 
<math display="block">\begin{sistema}\frac{(x-3/2)^2}{9/4} = \cos^2 \theta \\\frac{y^2}{9/2} = \sin^2 \theta\end{sistema}</math><math display="block">(x-3/2)*2/3 = \cos \theta</math><math display="block">\sqrt{2}/3 y= \sin \theta</math>
 
Quindi ottengo:
 
<math display="block">\begin{sistema}x = 3/2+3/2 \cos \theta \\ y = \frac{3}{\sqrt{2}} \sin \theta \\ z=3/2-3/2 \cos \theta \end{sistema}</math>
 
Sostituisco quest'espressione nell'integrale:
 
<math display="block">\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</math><math display="block">\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</math><math display="block">\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</math><math display="block">[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}</math><math display="block">= \frac{9}{\sqrt{2}} \pi</math>
 
 
''Calcolo con il teorema di Stokes'': Invece di calcolare direttamente l'integrale del flusso, calcolo:
 
<math display="block">\int_{\Sigma} \nabla \times \mathcal F \cdot \hat n_e \, d\Sigma</math>
 
 
In questo caso la curva <math>\gamma</math> è <math>r(\Sigma)</math>, vogliamo quindi cercare una superficie il cui bordo sia la curva <math>\gamma</math>
 
 
Scelgo come superficie <math>\Sigma</math> la parte di piano <math>x+y=3</math> contenuta nel cilindro ellittico, e il suo bordo coincide con la curva <math>\gamma</math> in <math>\mathbb R^2</math> di equazione <math>2x^2+y^2-6x=0</math>:
 
Parametrizzo la superficie come:
 
<math display="block">\Sigma = \{ x=u, \, y=v, \, z=3-u \}</math>
 
allora
 
<math display="block">r_u \times r_v = (1,0,-1) \times (0,1,0) = (1,0,1)</math>
 
Per il teorema di Stokes:
 
<math display="block">\int_{\gamma} (z dx+x dy+y dz) = \int_{\sigma} \nabla \times (z,x,y) \cdot \hat n_e \, d\Sigma</math>
 
Simbolicamente
 
<math display="block">\nabla \times \mathcal F = \nabla \times (f_1, f_2, f_3) \quad \quad \hbox{con} \quad \nabla =(\partial_x, \partial_y, \partial_z)</math><math display="block">\nabla \times (z,x,y) = (1,1,1)</math><math display="block">= \int_\sigma (1,1,1) \cdot (1,0,1)*\frac{1}{\vert (1,0,1) \vert} \, d\Sigma</math>
 
e scrivendo come integrale doppio e tenendo conto che:
 
<math display="block">d\Sigma = \vert (1,0,1) \vert \, du \, dv</math>
 
ottengo
 
<math display="block">= \int_\Sigma (1,1,1) \cdot (1,0,1)*\frac{1}{\vert (1,0,1) \vert} \vert (1,0,1) \vert \, du \, dv</math><math display="block">= \int_E 2 \, du \, dv</math>
 
con
 
<math display="block">E = \{(u,v) \in \mathbb R^2 \, t.c. \, 2u^2+v^2-6u \le 0 \}</math>
 
Tenendo conto che l'area dell'ellisse è pari a <math>\pi a b</math> ottengo:
 
<math display="block">\int_E 2 \, du \, dv = 2\pi a b = 2\pi \frac{3}{\sqrt{2}}*3/2 = \frac{9}{\sqrt{2}} \pi</math>
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=11.4|anchor=Esercizio11_4}}
 
Sia <math>\mathcal F</math> un campo vettoriale di classe <math>C^1</math> definito in un qualsiasi insieme <math>D</math> contenente la sfera <math>B_{r,0}</math>.
 
Dimostrare che il flusso del rotore di <math>\mathcal F</math> uscente dalla superficie della sfera unitaria è nullo.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
Le equazioni parametriche della superficie sferica sono
 
<math display="block">r= \begin{sistema}x =  \sin \phi \cos \theta \\ y = \sin \phi \sin \theta \\ z=\cos \phi\end{sistema}</math>
 
con <math>\phi \in (0,\pi)</math> e <math>\theta \in (0,2\pi)</math>.
 
 
 
Per il teorema di Stokes, calcolare il flusso attraverso la superficie equivale a calcolare l'integrale
 
<math display="block">\int_{r(\Sigma)} [f_1 \, dx_1 +f_2 \, dx_2+f_3 \, dx_3]</math>
 
 
Il dominio parametrico della superficie è <math>T = [0,2\pi] \times [0,\pi]</math> ed è un rettangolo. Scegliamo un'orientazione antioraria.
 
<math display="block">\partial D = \gamma_1 \cup \gamma_2 \cup \gamma_3 \cup \gamma_4</math>
 
Scrivo le espressioni delle quattro componenti della curva, e poi ne faccio l'immagine attraverso le equazioni parametriche della sfera.
 
<math display="block">\begin{align}\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 \le t \le 2\pi \\r(\gamma_3) &= \{x=0, \, y=0, \, z=-1 \} \quad \hbox{polo sud} \\\hline \\\gamma_4 &= \phi = \pi-t, \, \theta=0, \, 0 \le t \le \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{align}</math>
 
Il bordo della superficie sferica <math>\partial B_{1,0}</math> è il trasformato del bordo di <math>T</math> mediante le equazioni parametriche <math>r</math>, quindi <math>r(\gamma_1) \cup r(\gamma_2) \cup r(\gamma_3) \cup r(\gamma_4)</math>.
 
 
 
Per il teorema di Stokes
 
<math display="block">\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</math>
 
ma gli integrali su <math>r(\gamma_1)</math> e <math>r(\gamma_3)</math>, che sono punti, sono nulli, allora rimane:
 
<math display="block">\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)</math>
 
e questi due integrali sono uguali ed opposti, allora il flusso attraverso la superficie sferica è nullo.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=11.5|anchor=Esercizio11_5}}
 
Calcolare il flusso di <math>\mathcal F(x,y,z) = (y e^{x+y}, -xe^{x+y}, xy)</math> attraverso la frontiera del solido
 
<math display="block">A = \{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 \, t.c. |y| \le x \le 2-|y|, \, 0 \le z \le x+y\}</math>
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
<math>z</math> è compreso tra i grafici di due piani: <math>z=0</math> e <math>z=x+y</math>, quindi ho una regione z-semplice.
 
<math display="block">-x \le y \le x</math><math display="block">|y| \le 2-x \, \longrightarrow \,  x-2 \le y \le 2-x</math>
 
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.
 
<math display="block">\int_{\partial A} f \cdot \hat n_e \, d\Sigma = \int_A \nabla \cdot \mathcal F(x,y,z) \, dx \, dy \, dz</math>
 
e calcolo l'integrale al secondo membro.
 
<math display="block">\nabla \cdot \mathcal F = y*e^{xy}-x*e^{x+y} = (y-x)*e^{x+y}</math>
 
Integro per fili rispetto a <math>z</math>:
 
<math display="block">\int_E [\int_0^{x+y} (y-x)*e^{x+y} \,dz] \, dx \, dy</math><math display="block">= \int_E (y-x)*(y+x)*e^{x+y} \, dx \, dy</math>
 
Risolvo questo integrale per sostituzione ponendo <math>v = x-y</math>, <math>u = y+x</math>, cioè:
 
<math display="block">\begin{sistema}x=(u+v)/2 \\ y=(u-v)/2 \end{sistema}</math>
 
Allora lo jacobiano della trasformazione è:
 
<math display="block">\left(\begin{array}{cc}u/2 & v/2  \\ u/2 & -v/2 \end{array} \right)</math><math display="block">\det J = -uv/4-uv/4 = -uv/2 \neq 0</math>
 
Allora l'integrale diventa:
 
<math display="block">\int_E v*u*e^u uv/2 \, du \, dv</math><math display="block">1/2*\int_E v^2*u^2*e^u \, du \, dv</math><math display="block">-x \le y \le x \longrightarrow -u-v \le u-v \le u+v</math><math display="block">x-2 \le y \le 2-x \, \longrightarrow \, u+v-1 \le u-v \le 1-u-v</math><math display="block">\begin{sistema}u+v-1 \le u-v \le 1-u-v \\ -u-v \le u-v \le u+v\end{sistema}</math><math display="block">\begin{sistema}u+v-1 \le u-v \le 1-u-v \\ 1-u-v \le 1+u-v \le 1+u+v\end{sistema}</math><math display="block">u+v-1 \le u-v \le 1+u-v \le 1+u+v</math><math display="block">-1 \le -2v \le 1-2v \le 1</math><math display="block">-1 \le -2v \, \longrightarrow 1 \ge 2v \, \longrightarrow v \le 1/2</math><math display="block">1-2v \le 1, \, \longrightarrow -2v \le 0 \, \longrightarrow v \ge 0</math>
 
quindi
 
<math display="block">0 \le v \le 1/2</math>
 
Se considero l'equazione:
 
<math display="block">u-v \le 1-u-v \\ 1-u-v</math>
 
sottraendo <math>-v</math> a tuti i membri ottengo:
 
<math display="block">u \le  1-u \\ 1-u</math><math display="block">u \le 1-u \longrightarrow u \ge 1/2</math><math display="block">u-1 \le 1-u \, \longrightarrow 2u \le 2 \longrightarrow u \le 1</math>
 
quindi
 
<math display="block">1/2 \le u \le 1</math>
 
Allora l'integrale diventa:
 
<math display="block">1/2 [\int_{1/2}^1 u^2 e^u \, du]*[\int_0^{1/2} v^2 \, dv]</math>
 
Integrando per parti:
 
<math display="block">\int u^2 e^u \, du = u^2*e^u-\int 2u*e^u = u^2*e^u-2u*e^u+\int 2 e^u \, du = e^u*(u^2-2u+2)</math><math display="block">1/2 [e^u*(u^2-2u+2)]_{1/2}^1*[u^3/3]_0^{1/2}=</math><math display="block">1/2 [e*(1-2+2)- \sqrt{e}*(1/4-1+2)]*\frac{1}{24}</math><math display="block">1/2 [e- \sqrt{e}*5/4]*\frac{1}{24}</math>
 

Versione attuale delle 22:29, 11 set 2017

  1. Sia un campo vettoriale in e supponiamo che sia definito in un aperto connesso di e che sia di classe . Sia una superficie regolare contenuta in , e sia il versore normale alla superficie. Si definisce flusso di attraverso la quantità
  2. Sia limitato, la cui frontiera è unione disgiunta di un numero finito di superfici chiuse. Supponiamo inoltreche sia decomponibile in un numero finito di sottodomini semplici rispetto agli assi. Se è una funzione di classe allora valgono le formule:
  3. teorema della divergenza: Il flusso del campo vettoriale attraverso la superficie è pari a
    quando .
  4. Considero una superficie parametrizzata dalle equazioni . è di classe e iniettiva in , inoltre ha rango 2. Il teorema di Stokes afferma che, dato un campo vettoriale il flusso del rotore di attraverso è pari alla circuitazione di sul trasformato mediante le equazioni parametriche del bordo di parametrizzato.
    Il flusso dipende a meno di un segno dal versore normale.
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