Calcolo 2B - Analisi III dicembre 2004

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1 Calcolo 2B - Analisi III dicembre 2. Verificare esplicitamente il teorema di Stokes in R 2 : dω = ω per la -forma: nella regione piana data da: ω = x 2 + y 2 dx = x, y x 2 + y 2 ª x, y y 2x 2ª 2. Considerato in R 2 il campo vettoriale: v = (x2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 2xy i + (x 2 + y 2 ) 2 j Dimostrare che il lavoro lungo qualsiasi curva chiusa è indipendente dalla curva e, in particolare, è nullo. Dimostrare infine che il campo è conservativo in tutto il suo dominio di definizione trovandone un potenziale. 3. Calcolare, prima con il teorema della divergenza e poi direttamente dalla definizione, il flusso del campo vettoriale v = xy 3 i +y j y 3 z k uscente dalla superficie chiusa S = S + S 2 ottenuta incollando, lungo il bordo del disco di raggio nel piano z =, al paraboloide di rotazione di equazione x 2 + y 2 = z il cono con base il disco e vertice sull asse z in z = 2.. Calcolare RRR V (x 2 + y 2 ) dxdydz, dovev è la regione di spazio racchiusa tra il piano z = e il paraboloide dell esercizio 3. Si consiglia vivamente, anche se non è obbligatorio, di passare al formalismo delle forme differenziali.

2 Cenni sulle soluzioni - dicembre 2. Il differenziale è dω = 2ydx dy elaregione è data da: = nx, y a x b, 2x 2 y o x 2 dove: a = q b = q Per cui si ottiene subito: b a dω = b a Ã! x 2 ( 2y) dy dx = +x 2 +x dx = 3 b3 3 a3 + 5 b5 5 a5 b + a Il contorno della regione è costituito da due curve, e 2.Laprima è la parte di circonferenza delimitata da a x b percorsa in senso antiorario, la seconda èl arcodiparabolapercorsoanch essoinsenso antiorario. Si deve calcolare: ω = ω + ω 2 Il primo integrale si calcola facilmente parametrizzando la parte di circonferenza che ci interessa come segue: ½ y = t 2 x = t Con t che va da b a a (senso antiorario!) Si ottiene: ω = x 2 + y 2 a dx = dt = b + a b Il secondo si calcola parametrizzando la parabola come segue: ½ y =2t 2 x = t 2x 2 2

3 Con t che va da b a a (senso antiorario!). Si ottiene: ω = x 2 + y 2 a dx = t 2 +t dt = 2 2 b 3 a3 3 b3 + 5 a5 5 b5 Il teorema di Stokes èverificato. Si noti che nell enunciato del problema non è richiesto il valore numerico dei due integrali, ma solo di dimostrare che sono uguali! 2. Sia ω = (x2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 dx + 2xy (x 2 + y 2 ) 2 dy la -forma associata. ω e quindi il campo sono definiti in R 2 \{(, )}. In tutto il dominio è chiusa, dω =. Analizziamo prima il caso in cui la curva circonda l origine. La forma ω è chiusa e regolare in un dominio del piano che non contiene il punto (, ) e ha come bordo una curva percorsa in senso antiorario, e una curva δ percorsa in senso orario, e ambedue le curve circondano l origine. Il teorema di Stokes assicura che: dω == ω = ω + ω = ω ω L integrale è quindi indipendente dalla curva: ω = ω δ Come curva δ si può prendere un quadrato di lato 2 centrato nell origine: x 2 ω = (x 2 +) 2 dx + x 2 (x 2 +) 2 dx+ 2y + ( + y 2 ) 2 dy + 2y 2y ( + y 2 2 dy =2 ) ( + y 2 2 dy = ) 2y L ultimo integrale vale perchè è una funzione dispari. Volendo (+y 2 ) 2 si può anche prendere la solita circonferenza di raggio : 2π ω = cos 2 θ sin 2 θ sin θ +2sinθcos 2 θ dθ = Nel caso in cui la curva non circonda l origine, sia un dominio del piano che ha come bordo; la forma ω è chiusa e regolare in eil teorema di Stokes ci dice che: dω == ω = ω. 3 δ δ

4 Essendo il dominio di definizione di ω un aperto connesso ma non stellato ( manca l origine) il lemma di Poincaré non ci dice nulla. Siamo però nelle condizioni: (integrale nullo su ogni curva chiusa integrale dipendente solo dagli estremi) di applicare la formula della primitiva: ϕ = ω Dove α è la spezzata che collega i punti (, ) (x, ) (x, y). Si ottiene: x y ϕ = x dx + 2xy 2 (x 2 + y 2 ) 2 dy = y2 + x 2 x x = y 2 + x 2 y 2 + x 2 Infatti, per verifica: dϕ = x µ x dx + µ y 2 + x 2 y α x dy = ω y 2 + x 2 v = gradϕ 3. Il teorema della divergenza (applicabile perchè il campo vettoriale è regolare nella regione di spazio interna alla superficie) dice che: ( v n) da = div v dv S dove V è la regione di spazio racchiusa dalla superficie S. La regione V èdatadav V 2 : V = x, y, z z,x 2 + y 2 z ª V 2 = ½x, y, z 2 z,x 2 + y 2 ¾ (z +2)2 per cui, in coordinate cartesiane, essendo div v =, V si ha: V div v dv = µ D (z) dxdy dz

5 dove D (z) èildiscox 2 + y 2 z. Essendo, per definizione, dxdy = π( z) (Area del disco!), si ottiene subito: D (z) ( v n) da = S Analogamente: div v dv = V 2 2 π( z)dz =2π µ dxdy dz D 2 (z) dove D 2 (z) èildiscox 2 + y 2 (z +2)2. Essendo, per definizione, dxdy = π (z +2)2 (Area del disco!), D 2 (z) si ottiene subito: S 2 ( v n) da = 2 π (z +2) 2 dz = 8 3 π ( v n) da = ( v n) da + ( v n) da = π S S S 2 3. Il calcolo diretto èunpo più lungo: Si parametrizza il pezzo di paraboloide: x = t cos θ y = t sin θ z = t 2 Osservate che x 2 + y 2 = z. Si calcola la due forma corrispondente al campo vettoriale (la normale uscente è ottenuta prendendo i parametri nell ordine θ, t) ω = xy 3 dy dz +ydz dx y 3 zdx dy = 2t 6 cos 2 θ sin 3 θ +8t 3 sin 2 θ +2t 3 ( t 2 )sin 3 θ dθ dt 5

6 E si calcola quindi il primo flusso: µ 2π ω = 2t 6 cos 2 θ sin 3 θ +8t 3 sin 2 θ +2t 3 ( t 2 )sin 3 θ dθ dt = S 8πt 3 dt =2π. Si parametrizza il pezzo di cono: x = t cos θ y = t sin θ z =2t 2 Si calcola la due forma corrispondente al campo vettoriale (la normale uscente è ottenuta prendendo i parametri nell ordine θ, t) ω = xy 3 dy dz +ydz dx y 3 zdx dy = 2t 5 cos 2 θ sin 3 θ +8t 2 sin 2 θ +2t 3 (2t 2) sin 3 θ dθ dt E si calcola quindi il secondo flusso: µ 2π ω = 2t 5 cos 2 θ sin 3 θ +8t 2 sin 2 θ +2t 3 (2t 2)) sin 3 θ dθ dt = S 2 8πt 2 dt = 8 3 π. La regione di spazio V èdatada: V = x, y, z z,x 2 + y 2 z ª x 2 + y 2 µ dxdydz = x 2 + y 2 dxdy dz V D (z) dove D (z) èildiscox 2 + y 2 z. Passando a coordinate polari nel piano si ottiene: x 2 + y 2 z µ 2π dxdy = ρ 3 dθ dρ = 2 π ( +z)2 D (z) V x 2 + y 2 dxdydz = 6 2 π ( +z)2 dz = 6 π

7 Si potrebbe anche calcolare così: V = {x, y, z x 2 + y 2, z x 2 y 2 } x 2 + y 2 Ã! x 2 y 2 dxdydz = x 2 + y 2 dz dxdy = V x 2 +y 2 2πρ 3 ρ 2 dx = 6 π 7