calcolare il lavoro di E lungo il segmento da A = ( 1, 1, 1) a B = (1, 1, 1), calcolare rot ( E ), determinare un potenziale U(x, y, z) per E.

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1 ANALISI VETTORIALE Soluzione esonero.1. Esercizio. Assegnato il campo E (x, y, z) = x(y + z ), y(x + z ), z(x + y ) } 1111 calcolare il lavoro di E lungo il segmento da A = ( 1, 1, 1) a B = (1, 1, 1), calcolare rot ( E ), determinare un potenziale U(x, y, z) per E. Il segmento AB ha equazioni parametriche x = 1+t, y = 1+t, z = 1+t, t [, 1], 1 τ =,, } 3 Riesce pertanto AB rot ( E ) = E. τ ds = 1 1 ( 1 + t) 3} dt = i j k x y z x(y + z ) y(x + z ) z(x + y ) =,, } Essendo E definito in tutto R 3 e avendo in tutto R 3 rotore nullo esso é certamente conservativo, cioé ammette potenziale, cioé esiste U(x, y, z) C 1 (R 3 ) tale che E (x, y, z) = U(x, y, z). La costruzione della U(x, y, z) puó essere realizzata in modi diversi: ad esempio calcolando il lavoro di E dall origine al punto (x, y, z) seguendo una poligonale coordinata Riesce pertanto U(x, y, z) = (,, ) (x,, ) (x, y, ) (x, y, z) x t( + )dt + = 1 y t(x + )dt + ( x y + z x + z y ) 1 z t(x + y )dt =

2 Tutti i potenziali sono naturalmente espressi da 1 ( x y + z x + z y ) + c c R Si noti come il precedente lavoro di E fra A e B coincida con il valore U(1, 1, 1) U( 1, 1, 1)... Esercizio. Assegnato il campo E = x y, xy } e detti il cerchio x + y 1, ν il versore normale esterno e τ il versore tangente a orientato in senso antiorario calcolare la circuitazione E. τ ds, calcolare il flusso E. ν ds. Normale e tangente in ogni punto (x, y) della circonferenza di centro l origine e raggio 1 sono ν = x, y}, τ = y, x} Riesce pertanto, tenuto conto della usuale parametrizzazione di tale circonferenza si ha circuitazione: E. τ ds = x y + x y } ds = flusso: π = cos (ϑ) sin (ϑ)dϑ = π E. ν ds = ( x 3 y, xy 3) ds = = π cos 3 (ϑ) sin(ϑ) cos(ϑ) sin 3 (ϑ) } dϑ = I valori ottenuti possono essere confermati, il primo servendosi della formula di Stokes, il secondo servendosi del teorema della divergenza: si ha infatti

3 3 rot z (E)dxdy = div(e)dxdy = (x + y )dxdy = π dxdy = 1 ρ 3 dρ = π.3. Esercizio. Sia Σ la superficie cartesiana z = x + 4y, x + 16 y 1 calcolare l area di Σ, determinare una rappresentazione parametrica del bordo di Σ, calcolare il lavoro del campo F = 1, y, } lungo il bordo di Σ percorso in senso antiorario. L area della superficie cartesiana Σ é espressa da un integrale doppio esteso al dominio (x, y) su cui la superficie é assegnata: Area = 1 + (x) + (8y) dx dy = x +16 y 1 x +16 y 1 Il cambio di coordinate x = ρ cos(ϑ) 1 + 4(x + 16y ) dx dy y = 1 4 ρ sin(ϑ) ϑ π, ρ 1 cambio di coordinate che presenta lo jacobiano J = 1 ρ, trasforma il 4 precedente integrale doppio in π 1 dϑ ρ 4 ρdρ = 1 ( 5 ) 5 1 π 4 Il bordo di Σ é l immagine della curva x + 16 y = 1 tramite la z = x + 4y : x = cos(ϑ), y = 1 ( ) 1 4 sin(ϑ), z = cos (ϑ) sin(ϑ), ϑ π Al crescere di ϑ il punto si muove sulla curva bordo esattamente nel verso antiorario prescritto. Il lavoro del campo F = 1, y, } lungo il bordo di Σ é pertanto

4 4 π 1. ( sin(ϑ) + 14 sin(ϑ). 14 } cos(ϑ) dϑ = Il valore ottenuto era assolutamente prevedibile tenuto conto che il campo F é conservativo; ) F = (x + y.4. Esercizio. Determinare tutte le soluzioni dell equazione differenziale y 4y + 4y = f(t) nel caso f(t), nel caso f(t) e t, nel caso f(t) t e t L equazione caratteristica λ 4λ + 4 = (λ ) = offre l unica radice λ =. Tutte le soluzioni dell equazione omogenea - caso f(t) - sono pertanto y (t) = c 1 e t + c t e t Una soluzione particolare relativa al caso f(t) e t puó essere trovata nella forma y(t) = A t e t : sostituendo si ottiene Ae t = e t A = 1 Tutte le soluzioni dell equazione completa, caso f(t) e t, sono pertanto y 1 (t) = c 1 e t + c t e t + 1 t e t Una soluzione particolare relativa al terzo caso f(t) t e t puó essere trovata nella forma y(t) = B t 3 e t : sostituendo si ottiene 6B t e t = t e t B = 1 6 Tutte le soluzioni dell equazione completa, caso f(t) t e t, sono pertanto y (t) = c 1 e t + c t e t t3 e t

5 5.5. Esercizio. Assegnata l equazione differenziale y 1 t y = t determinare tutte le soluzioni dell omogenea associata, determinare tutte le soluzioni dell equazione completa, determinare la soluzione del problema di Cauchy y(1) = 1. L equazione, differenziale lineare del primo ordine, é definita per t. Omogenea: y 1 t y = y (t) = c e log( t ) = c t, t La famiglia di soluzioni trovate equivale, stante l arbitrarietá del fattore c R, alla analoga famiglia Completa: y (t) = c t t Una soluzione particolare y(t) puó essere trovata nella forma y(t) = u(t). y (t): sostituendo si ottiene u (t)y (t) = t u (t) = 1 u(t) = t y(t) = t Tutte le soluzioni dell equazione completa sono pertanto y(t) = c t + t, c R Dalla precedente espressione di tutte le soluzioni é facile dedurre quella che soddisfa la condizione y(1) = 1, si tratta della y 1 (t) = t corrispondente alla scelta c =. É interessante notare come, pur essendo l equazione, cioé uno dei suoi coefficienti, non definita per t = le soluzioni sono tranquillamente prolungabili su tale punto. Naturalmente il fatto che la funzione, ad esempio, y 1 (t) = t sia definita in tutto R non significa che essa é soluzione dell equazione in tutto R, per il semplice motivo che l equazione stessa non é definita per t =.