Esercizi di Analisi Matematica 3. Prima parte

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1 Esercizi di Analisi Matematica 3 per le Facoltà di Ingegneria Prima parte Corrado Lattanzio e Bruno Rubino Versione preliminare L Aquila, ottobre 5

2 Indice 1 Curve, superfici e campi vettoriali Curve e superfici Campi vettoriali Teorema di Stokes Teorema di Gauss Equazioni alle derivate parziali del secondo ordine 99.1 Equazioni alle derivate parziali di tipo ellittico Equazioni alle derivate parziali di tipo parabolico Equazioni alle derivate parziali di tipo iperbolico

3 1 Curve, superfici e campi vettoriali 1.1 Curve e superfici Esercizio 1.1 Stabilire se la curva di supporto γ e parametrizzazione x(t) = t < t 1 y(t) = t cos ( ) 1 t è rettificabile. Risoluzione. La curva in esame è rettificabile. Non essendo la parametrizzazione C 1 in t =, per dimostrare l asserto proviamo che ds < +. γ Il vettore tangente alla curva in esame è dato da ẋ(t) = t T (t) = ẏ(t) = t cos ( < t 1 ) ( 1 t sin 1 ) t e pertanto ( ) 1 ds = T (t) dt = 4t + 4t cos 4t sin t In definitiva γ ds = 1 ( ) 1 4t + 4t cos 4t sin t ( ) 1 cos t ( ) 1 cos t ( ) ( ) sin dt. t t ( ) ( ) sin dt. t t Poichè la funzione all interno dell integrale appena scritto è continua per ogni < t 1 ed è limitata per t +, tale integrale è convergente (limitato superiormente ad esempio dalla quantità dt), il che implica la rettificabilità della curva data. 3

4 Esercizio 1. Stabilire se la curva di supporto γ e parametrizzazione x(t) = t 3 y(t) = t < t 1 z(t) = t sin ( ) π t è rettificabile. Risoluzione. La curva data non è rettificabile. Dimostriamo l asserto costruendo una spezzata con vertici sulla curva la cui lunghezza diverge al tendere del numero dei vertici a più infinito. A tal scopo, consideriamo i punti sull intervallo (, 1] della forma, j = 1,..., n. Siano P (j+1) j, j = 1,..., n i corrispondenti punti su γ, vale a dire i punti di coordinate ( 8 (j + 1) 3, 4 (j + 1), ( 1)j (j + 1) Allora il segmento P j P j 1 ha sicuramente lunghezza maggiore del modulo della differenza delle componenti dei punti P j e P j 1. Quindi in particolare ). si ha per ogni j = 1,..., n: P j P j 1 ( 1)j j + 1 ( 1)j 1 j 1 = 4j 4j 1 1 j. Pertanto n P j+1 P j j=1 n j=1 1 j + per n +, poichè la serie n 1 j=1 è divergente. In definitiva, essendo la lunghezza di j una curva definita come l estremo superiore delle lunghezze delle spezzate costruite con vertici sulla curva stessa e avendo costruito nel caso in oggetto una successione di spezzate con lunghezze divergenti a più infinito, la curva in esame non è rettificabile. 4

5 Esercizio 1.3 Calcolare l area della superficie S = { (x, y, z) R 3 : x + y 1, z = x + y }. Risoluzione. La superficie S è la porzione di paraboloide z = x + y delimitata dal cilindro x + y 1, cioè dalle relazioni z 1. L area di tale superficie è data dall integrale di superficie dσ. S Parametrizziamo la superficie S come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = ρ. L elemento d area dσ è dato da dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ, dove x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = ρ e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) =. Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ = ( ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) e quindi Φ ρ Φ θ = ρ 4ρ + 1. Allora l area cercata è data da S dσ = 1 π ρ 4ρ + 1 dρ dθ 5

6 ( = ) 1 3 π (4ρ + 1) 3/ = (5 3 π ) 5 1. Esercizio 1.4 Calcolare il flusso del campo vettoriale F (x, y, z) = (x, xy, xz) attraverso la superficie Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y 1, z = x + y }. Risoluzione. La superficie Ω è la porzione di paraboloide z = x + y delimitata dal cilindro di asse z e raggio uno, cioè dalle relazioni z 1. Il flusso in oggetto è dato dall integrale di superficie F, n dσ, Ω orientando ad esempio la normale n alla superficie verso il basso. Parametrizziamo la superficie Ω come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = ρ. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ ρ Φ θ, dove x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = ρ e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) =. 6

7 Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ = ( ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ). ρ sin(θ) ρ cos(θ) Avendo scelto di orientare la superficie verso il basso, il versore normale cercato è dato da 1 Φ ρ Φ θ (ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ ρ Φ θ, poiché dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare il flusso cercato). In definitiva, il flusso è dato da Ω F, n dσ = 1 π (ρ cos (θ), ρ sin(θ) cos(θ), ρ cos(θ)) (ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ)dθdρ = = 1 π 1 ρ 3 cos(θ)(ρ cos (θ) + ρ sin (θ) 1)dθdρ ρ 3 (ρ 1)dρ π cos(θ)dθ =. 1. Campi vettoriali Esercizio 1.5 Sia dato il campo vettoriale ( zx F (x, y, z) = x + y, zy x + y, ) x + y. z 3 Determinare il dominio di R 3 in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. 7

8 Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per x + y > e z >, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y, z) R 3 : (x, y) (, ), z > }. Si tratta quindi del semispazio delle z strettamente positive a cui è tolta la retta x = e y =, cioè l asse delle z. Tale dominio non è semplicemente connesso. si ha: Indicate con F 1, F e F 3 le tre componenti del campo vettoriale in esame, F 3 y = F 3 x = y x + y = F z, x x + y = F 1 z, F x = xyz (x + y ) = F 1 3/ y, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F, è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F 8

9 lungo la curva γ di parametrizzazione x(t) = cos(t) r(t) = y(t) = sin(t) t [, π] z(t) = 1. Si ha: ẋ(t) = sin(t) T (t) = ẏ(t) = cos(t) ż(t) = e quindi γ F ds = = π π cioè il campo è conservativo. F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt ( sin(t) cos(t) + sin(t) cos(t) + )dt =, Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, per cui, integrando la prima rispetto ad x, si ha Φ(x, y, z) = z x + y + f(y, z), Φ z = F 3, (1.1) dove f è una generica funzione regolare di due variabili. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.1) si ottiene vale a dire zy x + y + f zy (y, z) = y f (y, z) =, y x + y, 9

10 cioè f(y, z) = g(z) (g generica funzione regolare di una variabile) e quindi Φ(x, y, z) = z x + y +g(z). Infine, sostituendo tale espressione nella terza delle (1.1) si ha vale a dire x + y + g (z) = 1 4 z 3 + x + y, g (z) = 1 4 z 3, da cui integrando g(z) = 4 4 z + k, k R. Quindi l espressione generale per il potenziale Φ(x, y, z) del campo conservativo F in D F è data da Φ(x, y, z) = z x + y z + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.6 Sia dato il campo vettoriale ( ) x F (x, y) = y(x + y ), x + 3y. y (x + y ) Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per x + y e y, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : y }. 1

11 Si tratta quindi del piano (x, y) a cui è tolta la retta y =, cioè l asse delle x. Tale dominio non è connesso, ma è l unione di due semipiani, cioè di due domini semplicemente connessi. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = x(x + 5y ) y (x + y ) 3 = F x, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale e D F l unione dei due domini semplicemente connessi y > e y < (o, equivalentemente, essendo tutte le curve chiuse γ D F deformabili con continuità ad un punto), il campo F è conservativo nei due semipiani y > e y <. Esiste pertato per F il potenziale Φ 1 nel dominio y > e il potenziale Φ in y <, e Φ 1 e Φ differiscono per una costante. Per calcolare un potenziale Φ 1 del campo conservativo F in y > osserviamo che valgono le relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, y > (1.) per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ 1 (x, y) = 1 x(x + y ) dx = 1 (x + y ) d(x + y ) y y 1 = y(x + y ) + f(y), y > ed f generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.1) si ottiene x + 3y y (x + y ) + f (y) = x + 3y y (x + y ), y >, 11

12 vale a dire f (y) =, y >, cioè f(y) = k 1, y >, k 1 R e quindi 1 Φ 1 (x, y) = y(x + y ) + k 1, y >, k 1 R. Analogamente si ottiene 1 Φ (x, y) = y(x + y ) + k, y <, k R e un potenziale in y > o y < rispettivamente si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k 1 o k rispettivamente. Esercizio 1.7 Sia dato il campo vettoriale F (x, y, z) di componenti F (x, y, z) = 6x log(y+1) 3x +(y 1) 4 +z, log(3x +(y 1) 4 +z ) + 4(y 1)3 log(y+1), y+1 3x +(y 1) 4 +z 4z log(y+1) 3x +(y 1) 4 +z Determinare il dominio di R 3 in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per y > 1 e 3x + (y 1) 4 + z, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y, z) R 3 : (x, y, z) (, 1, ), y > 1}. 1 T

13 Si tratta quindi della regione delle y strettamente maggiori di 1 a cui è tolto il punto (, 1, ). Tale dominio è semplicemente connesso. si ha: Indicate con F 1, F e F 3 le tre componenti del campo vettoriale in esame, F 3 y = 4z (y + 1)(3x + (y 1) 4 + z ) 16z(y 1)3 log(y 1) (3x + (y 1) 4 + z ) = F z, F 3 x = 4xz log(y 1) (3x + (y 1) 4 + z ) = F 1 z, F x = 6x (y + 1)(3x + (y 1) 4 + z ) 4x(y 1)3 log(y 1) (3x + (y 1) 4 + z ) = F 1 y, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale e D F conservativo in D F. semplicemente connesso, F risulta anche Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ z = F 3, (1.3) Φ(x, y, z) = log(y + 1) log(3x + (y 1) 4 + z ) + f(y, z), dove f è una generica funzione regolare di due variabili. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.3) si ottiene vale a dire log(3x + (y 1) 4 + z ) y + 1 = log(3x + (y 1) 4 + z ) y + 1 f (y, z) =, y + 4(y 1)3 log(y + 1) 3x + (y 1) 4 + z + f (y, z) y + 4(y 1)3 log(y + 1) 3x + (y 1) 4 + z, 13

14 cioè f(y, z) = g(z) (g generica funzione regolare di una variabile) e quindi Φ(x, y, z) = log(y + 1) log(3x + (y 1) 4 + z ) + g(z). Infine, sostituendo tale espressione nella terza delle (1.3) si ha vale a dire 4z log(y + 1) 3x + (y 1) 4 + z + g (z) = g (z) =, da cui si deduce g(z) = k, k R. 4z log(y + 1) 3x + (y 1) 4 + z, Quindi l espressione generale per il potenziale Φ(x, y, z) del campo conservativo F in D F è data da Φ(x, y, z) = log(y + 1) log(3x + (y 1) 4 + z ) + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.8 Sia dato il campo vettoriale ( 6x ) y F (x, y) = 3x + 5(y + ) + x, 1(y + ) y 3x + 5(y + ) + log(3x + 5(y + ) ). y Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per 3x + 5(y + ) e y >, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : y > }. 14

15 Si tratta quindi del semipiano delle y strettamente positive. Tale dominio è semplicemente connesso. Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si ha: F 1 y = 6x y(3x + 5(y + ) ) 6x(y + ) y 3x + 5(y + ) = F x, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale e D F semplicemente connesso, F risulta anche conservativo in D F. Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.4) per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ(x, y) = y log(3x + 5(y + ) ) + x + f(y), dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.4) si ottiene 1(y + ) y 3x + 5(y + ) + log(3x + 5(y + ) ) + f (y) = y 1(y + ) y 3x + 5(y + ) + log(3x + 5(y + ) ), y vale a dire f (y) =, cioè f(y) = k, k R e quindi Φ(x, y) = y log(3x + 5(y + ) ) + x + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. 15

16 Esercizio 1.9 Sia dato il campo vettoriale ( 18x F (x, y) = 9x + (y 1, 1 (y 1 y + ) ) ) 9x + (y 1. ) Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per 9x + ( y 1 ) e y >, per cui il dominio cercato è { D F = (x, y) R : (x, y) (, 1 ) }, y >. Si tratta quindi del semipiano delle y strettamente positive a cui è tolto il punto (, 1 ). Tale dominio non è semplicemente connesso. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = ( ) 36x y 1 ( 9x + ( y 1 per cui il campo è irrotazionale. ) ) = F x, Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo 16

17 sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione { 3x(t) = 1 4 r(t) = cos(t) y(t) 1 = 1 sin(t). t [, π] 4 Si ha: e quindi T (t) = γ F ds = { ẋ(t) = 1 1 sin(t) ẏ(t) = 1 4 cos(t) = = π π π cioè il campo è conservativo. F (x(t), y(t)), T (t) dt sin(t) cos(t) sin(t) sin(t) 4 cos(t) 1 dt = sin(t) + 1 π 4 sin(t) =, cos(t) dt Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.5) per cui, integrando la prima rispetto ad x, si ha ( ( Φ(x, y) = log 9x + y 1 ) ) + f(y), dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.5) si ottiene (y 1) 9x + (y 1 + f (y) = 1 (y 1 + ) ) y 9x + (y 1, ) 17

18 vale a dire f (y) = 1 y, cioè f(y) = y + k, k R e quindi ( ( Φ(x, y) = log 9x + y 1 ) ) + y + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.1 Sia dato il campo vettoriale ( ) 8(x + 1) F (x, y) = 4(x + 1) + (y ) + x, 4(y ) 4(x + 1) + (y ) + y. Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito per 4(x + 1) + (y ) ed è C 1, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : (x, y) ( 1, )}. Si tratta quindi del piano a cui è tolto il punto ( 1, ). Tale dominio non è semplicemente connesso. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = 3(x + 1)(y ) (4(x + 1) + (y ) ) = F x, 18

19 per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F, è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione { (x(t) + 1) = cos(t) r(t) = t [, π] (y(t) ) = sin(t). Si ha: {ẋ(t) = 1 T (t) = sin(t) ẏ(t) = 1 cos(t) e quindi γ F ds = π π F (x(t), y(t)), T (t) dt ( = (4 cos(t) + cos(t) ) 1 sin(t) ( 4 + sin(t) ) ) 1 sin(t) cos(t) dt = π cioè il campo è conservativo. ( ) 1 4 sin(t) cos(t) + sin(t) + cos(t) dt =, Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.6) 19

20 per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ(x, y) = log(4(x + 1) + (y ) ) + x + f(y). dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.6) si ottiene vale a dire 4(y ) 4(x + 1) + (y ) + f (y) = f (y) = y, cioè f(y) = y + k, k R e quindi 4(y ) 4(x + 1) + (y ) + y, Φ(x, y) = log(4(x + 1) + (y ) ) + x + y + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.11 Sia dato il campo vettoriale x x yz T +y 4 +z 6 y F (x, y, z) = 3 x xz +y 4 +z 6 3z x 5 xy + z +y 4 +z 6 Determinare il dominio di R 3 in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale.

21 Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per x + y 4 + z 6 >, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y, z) R 3 : (x, y, z) (,, )}. Si tratta quindi dell intero spazio (x, y, z) a cui è tolto il punto (,, ). Tale dominio è semplicemente connesso. si ha: Indicate con F 1, F e F 3 le tre componenti del campo vettoriale in esame, F 3 y = 6y 3 z 5 (x + y 4 + z 6 ) 3/ x = F z, F 3 x = 3xz 5 (x + y 4 + z 6 ) 3/ y = F 1 z, F x = xy 3 (x + y 4 + z 6 ) 3/ z = F 1 y, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale e D F conservativo in D F. semplicemente connesso, F risulta anche Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, Φ z = F 3, (1.7) per cui, integrando la prima rispetto ad x, si ha Φ(x, y, z) = x + y 4 + z 6 xyz + f(y, z), dove f è una generica funzione regolare di due variabili. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.7) si ottiene y 3 f xz + x + y 4 + z6 y (y, z) = y 3 x + y 4 + z xz, 6 1

22 vale a dire f (y, z) =, y cioè f(y, z) = g(z) (g generica funzione regolare di una variabile) e quindi Φ(x, y, z) = x + y 4 + z 6 xyz + g(z). Infine, sostituendo tale espressione nella terza delle (1.7) si ha vale a dire 3z 5 x + y 4 + z 6 xy + g (z) = g (z) = z, 3z 5 xy + z, x + y 4 + z6 da cui si deduce g(z) = 1 z + k, k R. Quindi l espressione generale per il potenziale Φ(x, y, z) del campo conservativo F in D F è data da Φ(x, y, z) = x + y 4 + z 6 xyz + 1 z + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.1 Sia dato il campo vettoriale F (x, y, z) = 1 log((x 1) +(z 1) )(x 1) (x 1) +(z 1) y 3 1 log((x 1) +(z 1) )(z 1) (x 1) +(z 1) Determinare il dominio di R 3 in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. T

23 Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per (x 1) +(z 1) >, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y, z) R 3 : (x, z) (1, 1)}. Si tratta quindi dello spazio (x, y, z) a cui è tolta la retta dominio non è semplicemente connesso. si ha: { x = 1 z = 1. Tale Indicate con F 1, F e F 3 le tre componenti del campo vettoriale in esame, F 3 y = = F z, F 3 x = 4(x 1)(z 1) 4(x 1)(z 1) log((x 1) + (z 1) ) ((x 1) + (z 1) ) = F 1 z, F x = = F 1 y, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione x(t) 1 = cos(t) r(t) = y(t) 1 = sin(t) t [, π] z(t) =. 3

24 Si ha: ẋ(t) = sin(t) T (t) = ẏ(t) = cos(t) ż(t) = e quindi γ F ds = = = = π π π cioè il campo è conservativo. F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt ( sin(t) + (1 + sin(t)) 3 cos(t) + )dt ( cos t + 3 sin t cos t + 3 sin t cos t + sin 3 t cos t ) dt ( sin t + 3 sin t + sin 3 t + 1 t) 4 sin4 π =, Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, Φ z = F 3. (1.8) Mediante la sostituzione log((x 1) + (z 1) ) = ξ, possiamo integrare la prima rispetto ad x ottenendo Φ(x, y, z) = 3 log((x 1) + (z 1) ) + f(y, z), dove f è una generica funzione regolare di due variabili. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.8) si ottiene vale a dire f y (y, z) = y3, f(y, z) = 1 4 y4 + g(z) 4

25 (g generica funzione regolare di una variabile) e quindi Φ(x, y, z) = 3 log((x 1) + (z 1) ) y4 + g(z). Infine, sostituendo tale espressione nella terza delle (1.8) si ha 1 log((x 1) + (z 1) )(z 1) (x 1) + (z 1) +g (z) = 1 log((x 1) + (z 1) )(z 1) (x 1) + (z 1), vale a dire g (z) =, da cui si deduce g(z) = k, k R. Quindi l espressione generale per il potenziale Φ(x, y, z) del campo conservativo F in D F è data da Φ(x, y, z) = 3 log((x 1) + (z 1) ) y4 + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.13 Sia dato il campo vettoriale 3 x(x 1) + 3 (x 1) + 3(y ) 3 ((x 1) +3(y ) ) F (x, y) = 6x(y ) 3 3 ((x 1) +3(y ) ) Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito per (x 1) + 3(y ) ed è C 1, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : (x, y) (1, )}. 5 T

26 Si tratta quindi del piano a cui è tolto il punto (1, ). Tale dominio non è semplicemente connesso. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = 6x(x 1)(y ) ((x 1) + 3(y ) ) + 6(y ) = F 5/6 3 3 ((x 1) + 3(y ) ) x, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione { (x(t) 1) = cos(t) r(t) = t [, π] 3(y(t) ) = sin(t). Si ha: e quindi T (t) = γ F ds = {ẋ(t) = sin(t) ẏ(t) = 1 3 cos(t) = π π F (x(t), y(t)), T (t) dt ( (( cos(t) + ) 1 cos(t) + 1) sin(t) 3 6

27 = +( cos(t) + ) 1 3 sin(t) cos(t) ) dt = π sin(t)dt =, cioè il campo è conservativo. Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.9) per cui, integrando (per parti e con la sostituzione (x 1) + 3(y ) = ξ) la prima rispetto ad x si ha x(x 1) Φ(x, y) = dx ((x 1) + 3(y ) ) = x 3 (x 1) + 3(y ) 3 + (x 1) + 3(y ) dx + f(y), cioè Φ(x, y) = x 3 (x 1) + 3(y ) + f(y), 3 (x 1) + 3(y ) dx 3 (x 1) + 3(y ) dx dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.9) si ottiene vale a dire 6x(y ) + f (y) = 3 3 ((x 1) + 3(y ) ) f (y) =, 6x(y ), 3 3 ((x 1) + 3(y ) ) 7

28 cioè f(y) = k, k R e quindi Φ(x, y) = x 3 (x 1) + 3(y ) + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.14 Sia dato il campo vettoriale ( ) 6x F (x, y) = 3x + 7y, 14y. 3x + 7y Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Calcolare poi il lavoro per andare da A = (1, ) a B = (1, 1). Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per 3x + 7y, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : (x, y) (, )}. Si tratta quindi del piano a cui è tolto il punto (, ). Tale dominio non è semplicemente connesso. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = 84xy (3x + 7y ) = F x, per cui il campo è irrotazionale. 8

29 Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione { 3x(t) = cos(t) r(t) = t [, π] 7y(t) = sin(t). Si ha: e quindi T (t) = γ F ds = {ẋ(t) = 1 3 sin(t) ẏ(t) = 1 7 cos(t) = π π F (x(t), y(t)), T (t) dt ( cos(t) sin(t) + sin(t) cos(t))dt =, cioè il campo è conservativo. Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.1) per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ(x, y) = log(3x + 7y ) + f(y), 9

30 dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.1) si ottiene vale a dire 14y 3x + 7y + f (y) = f (y) =, cioè f(y) = k, k R e quindi 14y 3x + 7y, Φ(x, y) = log(3x + 7y ) + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Infine, essendo F conservativo, il lavoro per andare da A = (1, ) a B = (1, 1) è indipendente dal cammino percorso ed è dato dalla differenza di potenziale tra i due punti, cioè Φ(B) Φ(A) = log(1) log(3). Esercizio 1.15 Sia dato il campo vettoriale ( ) y F (x, y, z) = log x, y + z, z. y + z Determinare il dominio di R 3 in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per y + z > e x >, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y, z) R 3 : (y, z) (, ), x > }. 3

31 Si tratta quindi del semispazio delle x strettamente positive a cui è tolta la retta y = e z =, ossia l asse delle x. Tale dominio non è semplicemente connesso. si ha: Indicate con F 1, F e F 3 le tre componenti del campo vettoriale in esame, F 3 y = zy y + z = F z, F 3 x = = F 1 z, F x = = F 1 y, per cui il campo è irrotazionale. Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione x(t) = 1 r(t) = y(t) = cos(t) t [, π] z(t) = sin(t). Si ha: ẋ(t) = T (t) = ẏ(t) = sin(t) ż(t) = cos(t) 31

32 e quindi F ds = γ = π π F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt ( cos(t) sin(t) + sin(t) cos(t))dt =, cioè il campo è conservativo. Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, Φ z = F 3, (1.11) per cui, integrando (per parti) la prima rispetto ad x, si ha Φ(x, y, z) = (x 1) log(x) + f(y, z), dove f è una generica funzione regolare di due variabili. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.11) si ottiene vale a dire f y (y, z) = y y + z, f(y, z) = y + z + g(z) (g generica funzione regolare di una variabile), e quindi Φ(x, y, z) = (x 1) log(x) + y + z + g(z). Infine, sostituendo tale espressione nella terza delle (1.11) si ha vale a dire y y + z + g (z) = g (z) =, y y + z, 3

33 da cui si deduce g(z) = k, k R. Quindi l espressione generale per il potenziale Φ(x, y, z) del campo conservativo F in D F è data da Φ(x, y, z) = Φ(x, y, z) = (x 1) log(x) + y + z + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Esercizio 1.16 Sia dato il campo vettoriale ( ) x F (x, y) = x + 4y, 4y. x + 4y Determinare il dominio di R in cui F è definito e C 1. Verificare che F è irrotazionale. Stabilire a priori se F è conservativo e, in caso affermativo, determinare un suo potenziale. Calcolare poi il lavoro per andare da A = ( 1, ) a B = (, 1). Risoluzione. Il campo vettoriale è definito ed è C 1 per x + 4y, per cui il dominio cercato è D F = {(x, y) R : (x, y) (, )}. Si tratta quindi del piano a cui è tolto il punto (, ). Tale dominio non è semplicemente connesso. ha: Indicate con F 1, F le due componenti del campo vettoriale in esame, si F 1 y = 8xy (x + 4y ) = F x, per cui il campo è irrotazionale. 33

34 Essendo F irrotazionale, ma D F non semplicemente connesso, per stabilire a priori se il campo è conservativo in D F, dobbiamo verificare se la circuitazione di F lungo una qualsiasi curva chiusa γ D F è nulla. Osserviamo che, stante l irrotazionalità del campo, il valore della sua circuitazione lungo una curva chiusa non cambia per deformazioni continue della curva stessa. Pertanto la circuitazione di F lungo una generica curva chiusa γ D F che si deforma con continuità ad un punto (la curva chiusa costante), rimanendo sempre contenuta in D F è nulla. Basta allora calcolare la circuitazione di F lungo la curva γ di parametrizzazione { x(t) = cos(t) r(t) = t [, π] y(t) = sin(t). Si ha: e quindi T (t) = γ F ds = { ẋ(t) = sin(t) ẏ(t) = 1 cos(t) = π π F (x(t), y(t)), T (t) dt ( cos(t) sin(t) + sin(t) cos(t))dt =, cioè il campo è conservativo. Un potenziale Φ del campo conservativo F in D F è definito dalle relazioni Φ x = F 1, Φ y = F, (1.1) per cui, integrando la prima rispetto ad x si ha Φ(x, y) = 1 log(x + 4y ) + f(y), 34

35 dove f è una generica funzione regolare di una variabile. Sostituendo tale espressione nella seconda delle (1.1) si ottiene vale a dire 4y x + 4y + f (y) = f (y) =, cioè f(y) = k, k R e quindi 4y x + 4y, Φ(x, y) = 1 log(x + 4y ) + k, k R e un potenziale si ottiene assegnando un arbitrario valore reale alla costante k. Infine, essendo F conservativo, il lavoro per andare da A = ( 1, ) a B = (, 1) è indipendente dal cammino percorso ed è dato dalla differenza di potenziale tra i due punti, cioè Φ(B) Φ(A) = log(4) log(1) = log(4). Esercizio 1.17 Si consideri in Ω = {(x, y, z) R 3 : 1 < x + y < 4, z } la forma differenziale chiusa ω = 3x (x + y 1)(x + y 4) dx+ 3y (x + y 1)(x + y 4) dy+ z (z 4) dz. Stabilire a priori se è esatta e, in caso affermativo, calcolarne una primitiva. Risoluzione. Il dominio Ω non è semplicemente connesso: in esso tutte le curve sono omotope alla curva chiusa γ = {(x, y, z) R 3 : x + y =, z = }. Per verificare che ω, forma differenziale chiusa, è anche esatta, basta verificare che è nulla la sua circuitazione su γ. Parametrizzando γ in coordinate polari, { x = cos θ γ : y = sin θ, θ π 35

36 risulta γ ω = π ( 3 cos θ( sin θ + 3 sin θ( ) cos θ dθ = e la verifica è compiuta. Resta da determinarne una primitiva: integrando si ha P (x, y, z) = 1 ( ) x log + y 1 1 x y + 4 log z 1 + c = 1 ( ) (x log + y 1)(z 1) + c, c R. x y Teorema di Stokes Esercizio 1.18 Verificare il teorema di Stokes per il campo vettoriale F (x, y, z) = (,, z) e la superficie S = { (x, y, z) R 3 : z, x + y + z = 1 } Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.13) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la semisfera delle z negative di centro l origine e raggio uno, orientata ad esempio verso il basso, e + S è la circonferenza x + y = 1 sul piano z = percorsa in senso orario. 36

37 Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.13). Essendo i j k rot F = det x y z = (,, ), z l integrale di superficie nella (1.13) è nullo. Per calcolare l integrale curvilineo a destra nella (1.13), parametrizziamo la curva + S come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) =. θ [, π] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = e, stante l orientazione della superficie S e il relativo verso di percorrenza del suo bordo + S, si ha F ds = + S = π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ ( sin(θ) + cos(θ) + )dθ = e pertanto la formula (1.13) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1.19 Verificare il teorema di Stokes per il campo vettoriale F (x, y, z) = ( x 3, y 3, 1 ) e la regione S = { (x, y, z) R 3 : x + y = 1, z 1 }. 37

38 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.14) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie laterale del cilindro x + y = 1 compresa tra i piani z = 1 e z = 1, orientata ad esempio verso l esterno, e + S è formato dalle circonferenze x + y = 1 sul piano z = 1 percorsa in senso antiorario e x + y = 1 sul piano z = 1 percorsa in senso orario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.14). Essendo i j k rot F = det x y z = (,, ), x 3 y 3 1 l integrale di superficie nella (1.14) è nullo. Per calcolare il termine a destra nella (1.14), osserviamo che F ds = + S F ds γ 1 F ds, γ (1.15) dove γ 1 è la curva x + y = 1, z = 1 e γ è la curva x + y = 1, z = 1, avendo scelto il verso di percorrenza del bordo + S della superficie S in accordo con l orientazione della superficie stessa. Parametrizziamo la curva γ 1 come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) = 1. θ [, π] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = 38

39 e quindi si ha: π F ds = F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ γ 1 π = ( cos 3 (θ) sin(θ) + sin 3 (θ) cos(θ) 1 )dθ = 1 π 4 cos4 (θ) + 1 π 4 sin4 (θ) =. Parametrizziamo la curva γ come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) θ [, π] z(θ) = 1. Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = e quindi si ha: π F ds = F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ γ π = ( cos 3 (θ) sin(θ) + sin 3 (θ) cos(θ) + 1 )dθ = 1 π 4 cos4 (θ) + 1 π 4 sin4 (θ) =. Sostituendo i due valori trovati nella (1.15) si ha F ds = = + S e pertanto la formula (1.14) del teorema di Stokes è verificata. 39

40 Esercizio 1. Verificare il teorema di Stokes per la regione { Ω = (x, y, z) R 3 : x + y + z = 4, 3 z } 3 orientata verso l esterno e il campo vettoriale F (x, y, z) = ( zx, zy, z ). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.16) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie sferica x +y +z = 4 compresa tra i piani z = 3 e z = 3, orientata verso l esterno, e + S è formato dalle circonferenze x + y = 1 sul piano z = 3 percorsa in senso antiorario e x + y = 1 sul piano z = 3 percorsa in senso orario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.16). Il rotore del campo in esame è dato da i j k rot F = det x y z = ( y, x, ). zx zy z Parametrizziamo la superficie S come segue: x(θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) z(θ, ϕ) = cos(ϕ). θ [, π], ϕ [ π 6, 5 ] 6 π La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = 4

41 e x ϕ (θ, ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = sin(ϕ). Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = ( 4 cos(θ) sin (ϕ), 4 sin(θ) sin (ϕ), 4 sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la superficie è orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (4 cos(θ) sin (ϕ), 4 sin(θ) sin (ϕ), 4 sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da 5 6 π π rot F, n dσ = ( sin(θ) sin(ϕ), cos(θ) sin(ϕ), ) S π 6 (4 cos(θ) sin (ϕ), 4 sin(θ) sin (ϕ), 4 sin(ϕ) cos(ϕ))dθdϕ = 5 6 π π 6 π ( 8 sin(θ) cos(θ) sin 3 (ϕ) + 8 sin(θ) cos(θ) sin 3 (ϕ) + 4 sin(ϕ) cos(ϕ))dθdϕ =. Per calcolare il termine a destra nella (1.16), osserviamo che F ds = + S F ds γ 1 F ds, γ (1.17) 41

42 dove γ 1 è la curva x + y = 1, z = 3 e γ è la curva x + y = 1, z = 3, avendo scelto il verso di percorrenza del bordo + S della superficie S in accordo con l orientazione della superficie stessa. Parametrizziamo la curva γ 1 come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) = 3. θ [, π] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = e quindi si ha: γ 1 F ds = = π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ Parametrizziamo la curva γ come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) = θ [, π] 3. Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = e quindi si ha: γ F ds = π ( 3 cos(θ) sin(θ) 3 sin(θ) cos(θ) + 3 )dθ =. F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ 4

43 = π ( 3 cos(θ) sin(θ) + 3 sin(θ) cos(θ) + 3 )dθ =. Sostituendo i due valori trovati nella (1.17) si ha F ds = = + S e pertanto la formula (1.16) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1.1 Verificare il teorema di Stokes per la regione S = { (x, y, z) R 3 : x 1, y 1; x + z = } orientata verso l alto e il campo vettoriale F (x, y, z) = ( x, x, x ). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.18) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è il parallelogramma sul piano obliquo z = x definito dalle relazioni 1 x 1 e 1 y 1, orientato verso l alto, e + S è formato dai quattro lati di tale parallelogramma, definiti rispettivamente dalle quattro relazioni x = 1, z =, 1 y 1; y = 1, z = x, 1 x 1; x = 1, z = 4, 1 y 1; y = 1, z = x, 1 x 1. (1.19) La linea chiusa ottenuta dall unione dei quattro segmenti sopra definiti deve essere percorsa in senso antiorario. 43

44 Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.18). Il rotore del campo in esame è dato da i j k rot F = det x y z = (, x, 1). x x x Parametrizziamo la superficie S come segue: x(u, v) = u Φ(u, v) = y(u, v) = v u [ 1, 1], v [ 1, 1] z(u, v) = u. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ u Φ v, dove x u (u, v) = 1 Φ u (u, v) = y u (u, v) = z u (u, v) = e x v (u, v) = Φ v (u, v) = y v (u, v) = 1 z v (u, v) =. Pertanto i j k Φ u Φ v = det 1 1 = (,, 1). Poiché la superficie è orientata verso l alto, il versore normale cercato è dato da 1 (,, 1). Φ u Φ v (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ u Φ v, poiché dσ = Φ u Φ v dudv e pertanto tale modulo verrà semplificato nel 44

45 calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano x + z =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore (,, 1). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da 1 rot F, n dσ = S = (, u, 1) (,, 1)dudv ( u + 1)dudv = 4. Per calcolare il termine a destra nella (1.18), osserviamo che F ds = + S F ds γ 1 F ds γ F ds + γ 3 F ds, γ 4 (1.) dove le curve γ i, i = 1,..., 4 sono i quattro segmenti definiti dalle (1.19), avendo scelto il verso di percorrenza del bordo + S della superficie S in accordo con l orientazione della superficie stessa. Parametrizziamo la curva γ 1 come segue: x(t) = 1 r(t) = y(t) = t z(t) =. t [ 1, 1] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(t) = T (t) = ẏ(t) = 1 ż(t) = e quindi si ha: γ 1 F ds = 1 1 F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt 45

46 = 1 1 ( )dt =. Parametrizziamo la curva γ come segue: x(t) = t r(t) = y(t) = 1 t [ 1, 1] z(t) = t. Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(t) = 1 T (t) = ẏ(t) = ż(t) = e quindi si ha: γ F ds = = F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt (t + t t )dt = 1 t 3 t3 1 Parametrizziamo la curva γ 3 come segue: x(t) = 1 r(t) = y(t) = t t [ 1, 1] z(t) = 4. Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(t) = T (t) = ẏ(t) = 1 ż(t) = e quindi si ha: γ 1 F ds = 1 1 F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt 46 1 = 4 3.

47 = 1 1 ( )dt =. Parametrizziamo la curva γ 4 come segue: x(t) = t r(t) = y(t) = 1 t [ 1, 1] z(t) = t. Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(t) = 1 T (t) = ẏ(t) = ż(t) = e quindi si ha: F ds = γ 4 = F (x(t), y(t), z(t)), T (t) dt (t + t t )dt = 1 t 3 t Sostituendo i quattro valori trovati nella (1.) si ha F ds = = 4 + S = 4 3. e pertanto la formula (1.18) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1. Verificare il teorema di Stokes per la regione S = { (x, y, z) R 3 : y + z = 4, 1 x z + 1 } orientata verso l esterno e il campo vettoriale F (x, y, z) = ( x, z, y ). 47

48 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.1) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie laterale del cilindro y + z = 4 compresa tra i piani x = 1 e x = z + 1, orientata ad esempio verso l esterno, e + S è formato dalla circonferenza y + z = 4 sul piano x = 1 percorsa in senso antiorario e dalla curva sul piano x = z + 1 definita da y + z = 4 percorsa in senso orario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.1). Il rotore del campo in esame è dato da i j k rot F = det x y z = (y z,, ). x z y Parametrizziamo la superficie S come segue: x(t, θ) = t Φ(t, θ) = y(t, θ) = cos(θ) t [ 1, sin(θ) + 1], θ [, π] z(t, θ) = sin(θ). La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ t Φ θ, dove x t (t, θ) = 1 Φ t (t, θ) = y t (t, θ) = z t (t, θ) = e x θ (t, θ) = Φ θ (t, θ) = y θ (t, θ) = sin(θ) z θ (t, θ) = cos(θ). 48

49 Pertanto i j k Φ t Φ θ = det 1 = (, cos(θ), sin(θ)). sin(θ) cos(θ) Avendo scelto di orientare la superficie verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (, cos(θ), sin(θ)). Φ t Φ θ (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ t Φ θ, poiché dσ = Φ t Φ θ dtdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S rot F, n dσ = sin(θ)+1 π 1 (, cos(θ), sin(θ))dθdt = sin(θ)+1 π 1 (4 cos(θ) 4 sin(θ),, ) ((4 cos(θ) 4 sin(θ)) + cos(θ) + sin(θ))dθdt =. Per calcolare il termine a destra nella (1.1), osserviamo che F ds = + S F ds γ 1 F ds, γ (1.) dove γ 1 è la curva y + z = 4, x = 1 e γ è la curva y + z = 4, x = z + 1, avendo scelto il verso di percorrenza del bordo + S della superficie S in accordo con l orientazione della superficie stessa. Parametrizziamo la curva γ 1 come segue: x(θ) = 1 r(θ) = y(θ) = cos(θ) z(θ) = sin(θ). θ [, π] 49

50 Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = T (θ) = ẏ(θ) = sin(θ) ż(θ) = cos(θ) e quindi si ha: γ 1 F ds = = π π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ (1 8 sin 3 (θ) + 8 cos 3 (θ))dθ = ( 8(1 cos (θ)) sin(θ) + 8(1 sin (θ)) cos(θ))dθ = 8 π 3 cos3 (θ) 8 π 3 sin3 (θ) =. Parametrizziamo la curva γ come segue: x(θ) = sin(θ) + 1 r(θ) = y(θ) = cos(θ) θ [, π] z(θ) = sin(θ). Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = cos(θ) T (θ) = ẏ(θ) = sin(θ) ż(θ) = cos(θ) e quindi si ha: γ F ds = = = π π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ (( sin(θ) + 1) cos(θ) 8 sin 3 (θ) + 8 cos 3 (θ))dθ (( sin(θ) + 1) cos(θ) 8(1 cos (θ)) sin(θ) 5

51 + 8(1 sin (θ)) cos(θ))dθ = 1 π 3 ( sin(θ) + 1)3 8 3 cos3 (θ) π 8 3 sin3 (θ) π =. Sostituendo i due valori trovati nella (1.) si ha F ds = = + S e pertanto la formula (1.1) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1.3 Verificare il teorema di Stokes per la regione S = { (x, y, z) R 3 : y = x + 4z, y 1 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (zy, x, z). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.3) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie laterale del cono y = x + 4z compresa tra i piani y = e y = 1, orientata ad esempio verso l esterno, e + S è l ellisse x + 4z = 1 sul piano y = 1 percorsa in senso orario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.3). Il rotore del campo in esame è dato da i j k rot F = det x y z = (, y, 1 z). zy x z 51

52 Parametrizziamo la superficie S come segue: x(t, θ) = t cos(θ) Φ(t, θ) = y(t, θ) = t t [, 1], θ [, π] z(t, θ) = 1t sin(θ). La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ t Φ θ, dove x t (t, θ) = cos(θ) Φ t (t, θ) = y t (t, θ) = 1 z t (t, θ) = 1 sin(θ) e x θ (t, θ) = t sin(θ) Φ θ (t, θ) = y θ (t, θ) = z θ (t, θ) = 1t cos(θ). Pertanto i j k Φ t Φ θ = det 1 cos(θ) 1 sin(θ) = t sin(θ) 1t cos(θ) ( ) 1 t cos(θ), 1 t, t sin(θ). Avendo scelto di orientare la superficie verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ t Φ θ ( 1 t cos(θ), 1 t, t sin(θ) (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ t Φ θ, poiché dσ = Φ t Φ θ dtdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S rot F, n dσ = 1 π ). (, t, 1 1 ) t sin(θ) ) dθdt ( 1 t cos(θ), 1 t, t sin(θ) 5

53 = 1 π ( 1 t cos(θ) 1 t + t sin(θ) 1 ) t sin (θ) dθdt = 1 3 π 1 6 π = 1 π. Per calcolare l integrale curvilineo a destra nella (1.3), parametrizziamo la curva + S come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = 1 θ [, π] z(θ) = 1 sin(θ). Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = ż(θ) = 1 cos(θ) e, stante l orientazione della superficie S e il relativo verso di percorrenza del suo bordo + S, si ha: + S F ds = = π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ ( 1 sin (θ) + cos(θ) sin(θ) cos(θ))dθ = 1 π e pertanto la formula (1.3) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1.4 Verificare il teorema di Stokes per la regione S = { (x, y, z) R 3 : z = 4 x y ; z 4 } orientata verso l alto e il campo vettoriale F (x, y, z) = (z, x, y). 53

54 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.4) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie laterale del paraboliode z = 4 x y compresa tra i piani z = e z = 4, orientata verso l alto, e + S è la circonferenza x + y = sul piano z = percorsa in senso antiorario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.4). Il rotore del campo in esame è dato da i j k rot F = det x y z = (1, 1, 1). z x y Parametrizziamo la superficie S come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, ], θ [, π] z(ρ, θ) = 4 ρ. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ ρ Φ θ, dove x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = ρ e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) =. Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ = (ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ). ρ sin(θ) ρ cos(θ) 54

55 Essendo la superficie orientata verso l alto, il versore normale cercato è dato da 1 Φ ρ Φ θ (ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ ρ Φ θ, poiché dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S rot F, n dσ = = π π (1, 1, 1) (ρ cos(θ), ρ sin(θ), ρ)dθdρ (ρ cos(θ) + ρ sin(θ) + ρ)dθdρ = π. Per calcolare l integrale curvilineo a destra nella (1.4), parametrizziamo la curva + S come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) =. θ [, π] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = e, stante l orientazione della superficie S e il relativo verso di percorrenza del suo bordo + S, si ha: F ds = + S = π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ ( sin(θ) + cos (θ) + sin(θ) )dθ = π e pertanto la formula (1.4) del teorema di Stokes è verificata. 55

56 Esercizio 1.5 Verificare il teorema di Stokes per il campo vettoriale ( ) x F (x, y, z) = x + y + z, y x + y + z, z x + y + z e la superficie S = { (x, y, z) R 3 : z = 1, x + y 1 } Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Stokes rot F, n dσ = F ds, (1.5) S + S dove F è un campo vettoriale, S è una superficie di R 3 e + S è il suo bordo percorso in accordo con l orientazione della superficie stessa. Nel caso in esame, S è la superficie (piana!!) data dal cerchio x + y 1 sul piano z = 1, orientata ad esempio verso l alto, e + S è la circonferenza x + y = 1 sul piano z = 1 percorsa in senso antiorario. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.5). Essendo i j k rot F = det x y z = (,, ), x + y + z x + y + z x + y + z l integrale di superficie nella (1.5) è nullo. Per calcolare l integrale curvilineo a destra nella (1.5), parametrizziamo la curva + S come segue: x(θ) = cos(θ) r(θ) = y(θ) = sin(θ) z(θ) = 1. θ [, π] Il vettore tangente a tale curva è dato da: ẋ(θ) = sin(θ) T (θ) = ẏ(θ) = cos(θ) ż(θ) = 56

57 e, stante l orientazione della superficie S e il relativo verso di percorrenza del suo bordo + S, si ha: F ds = + S = π π F (x(θ), y(θ), z(θ)), T (θ) dθ ( 1 cos(θ) sin(θ) + 1 sin(θ) cos(θ) + 1 ) dθ = e pertanto la formula (1.5) del teorema di Stokes è verificata. Esercizio 1.6 Facendo opportunamente uso del teorema di Stokes in R, calcolare l integrale curvilineo {(x log(1 + xy) + x + 3y) dx + (y log(1 + xy) + x + 3y) dy} + A dove + A è la frontiera dell insieme A = { (x, y) R : x, y, x + y 5 } orientata in verso antiorario. Risoluzione. In base al teorema di Stokes l integrale curvilineo proposto è uguale a {(x log(1 + xy) + x + 3y) dx + (y log(1 + xy) + x + 3y) dy} = + A A A A x {y log(1 + xy) + x + 3y} y {x log(1 + xy) + x + 3y}dx dy = [( ) ( )] y y 1 + xy + 1 x x 1 + xy + 3 dx dy = ( ) y x 1 + xy dx dy = dx dy = 5. A 57

58 Esercizio 1.7 Verificare l uguaglianza stabilita dal teorema di Stokes in R 3 per il campo vettoriale F = (y + z, x + z, x + y) e la superficie S = { (x, y, z) R 3 : x + y + z = 1, z }. Risoluzione. Si tratta di verificare che rot F, n dσ = F, T ds (1.6) S γ dove n è il versore normale esterno ad S, γ il bordo della superficie S, T il versore tangente a γ. Si ha γ = { (x, y, z) R 3 : x + y = 1, z = } n =(x, y, z) con x + y + z = 1, ( ) x T = x + y, y x + y,. Risulta poi i j k rot F = det x y z = ( 1, +1, ) = (1, 1, ), y + z x + z x + y per cui rot F, n = x y. Utilizzando le coordinate polari di R 3 possiamo parametrizzare S come x = cos φ cos θ S : y = sin φ cos θ φ π, θ π z = sin θ. 58

59 Risulta allora θ x = cos φ sin θ θ y = sin φ sin θ θ z = cos θ, φ x = sin φ cos θ φ y = cos φ cos θ φ z =, per cui i j k ( θ x, θ y, θ z) ( φ x, φ y, φ z) =det cos φ sin θ sin φ sin θ cos θ sin φ cos θ cos φ cos θ e quindi ( θ x, θ y, θ z) ( φ x, φ y, φ z) = cos θ. Risulta rot F, n dσ = (x y)dσ =( cos φ cos θ, sin φ cos θ, sin θ cos θ) S S π π/ = dφ (cos θ cos φ cos θ sin φ) cos θ dθ π = (cos φ sin φ)dφ π/ cos θ dθ =, risultato che si poteva prevedere anche prima del passaggio in coordinate polari utlizzando la simmetria. Inoltre, parametrizzando la circonferenza γ, { x = cos θ γ : θ π y = sin θ abbiamo F, T ds = π ( sin θ( sin θ) + cos θ(cos θ)) γ 59

60 = π ( cos θ sin θ ) dθ =, per cui l uguaglianza (1.6) è verificata. 1.4 Teorema di Gauss Esercizio 1.8 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y + z 1 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (x,, z). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dx dy dz = F, n e dσ, (1.7) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la sfera di centro l origine e raggio uno e Ω è la superficie esterna di tale sfera, definita quindi dalla relazione x + y + z = 1. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.7). Essendo div F = x x + y + z z =, l integrale triplo nella (1.7) è pari a due volte il volume della sfera unitaria, quindi è pari a 8 3 π. (Alternativamente, si può ottenere lo stesso risultato integrando la funzione costante nella regione Ω utilizzando le coordinate sferiche.) 6

61 Per calcolare l integrale di superficie a destra nella (1.7), parametrizziamo la superficie Ω come segue: x(θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) θ [, π], ϕ [, π] z(θ, ϕ) = cos(ϕ). La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = e x ϕ (θ, ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = sin(ϕ). Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = ( cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è 61

62 dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da π π F, n e dσ = (cos(θ) sin(ϕ),, cos(ϕ)) Ω (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ))dθdϕ = π π π (cos (θ) sin 3 (ϕ) + sin(ϕ) cos (ϕ))dθdϕ π = π sin(ϕ)(1 cos (ϕ))dϕ + π sin(ϕ) cos (ϕ)dϕ ( π) ( = π cos(ϕ) + π 1 π) 3 cos3 (ϕ) = π + 3 π = 8 3 π e pertanto la formula (1.7) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.9 Verificare il teorema di Gauss per il campo vettoriale F (x, y, z) = ( x 3, y 3, 1 ) e la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y 1, z 1 }. Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.8) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è il cilindro definito da x + y 1 delimitato dai piani z = 1 e z = 1 e Ω è formato dalla superficie laterale del cilindro, definita da x + y = 1, 1 z 1 e dalle due superfici di base, cioè il cerchio x + y 1 sul piano z = 1 e il cerchio x + y 1 sul piano z = 1. 6

63 Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.8). La divergenza del campo in esame è data da div F = x x 3 + y y 3 + z 1 = 3x + 3y. Per calcolare tale integrale, utilizziamo le coordinate cilindriche: x(ρ, θ, t) = ρ cos(θ) y(ρ, θ, t) = ρ sin(θ) z(ρ, θ, t) = t. Lo jacobiano di tale cambio di coordinate è dato da: cos(θ) sin(θ) J(ρ, θ, t) = det ρ sin(θ) ρ cos(θ) 1 = ρ e la regione Ω nelle nuove coordinate è descritta dalle relazioni ρ [, 1], θ [, π], t [ 1, 1]. Pertanto, l integrale triplo cercato è dato da 1 π 1 div F dxdydz = (3ρ cos (θ) + 3ρ sin (θ))ρdtdθdρ Ω 1 ( ) 1 1 = 6π = 3 π. 4 ρ4 Per calcolare il termine a destra nella (1.8), osserviamo che F, n e dσ = Ω F, n e,1 dσ + S 1 F, n e, dσ + S F, n e,3 dσ, (1.9) S 3 dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,, 3, superfici definite rispettivamente da: x + y = 1, 1 z 1; x + y 1, z = 1; x + y 1, z = 1. 63

64 Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, t) = cos(θ) Φ(θ, t) = y(θ, t) = sin(θ) θ [, π], t [ 1, 1] z(θ, t) = t. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ t, dove x θ (θ, t) = sin(θ) Φ θ (θ, t) = y θ (θ, t) = cos(θ) z θ (θ, t) = e x t (θ, t) = Φ t (θ, t) = y t (θ, t) = z t (θ, t) = 1. Pertanto i j k Φ θ Φ t = det sin(θ) cos(θ) 1 = (cos(θ), sin(θ), ). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (cos(θ), sin(θ), ). Φ θ Φ t (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ t, poiché dσ = Φ θ Φ t dθdt e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S 1 F, n e,1 dσ = 1 π 1 (cos 3 (θ), sin 3 (θ), 1) (cos(θ), sin(θ), )dθdt 64

65 1 = 1 = 3 π, π avendo calcolato (per parti) gli integrali π cos 4 (θ)dθ = π (cos 4 (θ) + sin 4 (θ) + 1 )dθdt sin 4 (θ)dθ = 3 4 π. Parametrizziamo la superficie S come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = 1. Il versore normale uscente da tale superficie è (,, 1). Calcoliamo ora il modulo Φ ρ Φ θ necessario per determinare l elemento d area dσ. Si ha: x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) =. Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) = (,, ρ) e pertanto Φ ρ Φ θ = ρ. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da 1 π F, n e, dσ = (ρ 3 cos 3 (θ), ρ 3 sin 3 (θ), 1) (,, 1)ρdθdρ S 65

66 = 1 π ρdθdρ = π. Parametrizziamo la superficie S 3 come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = 1. Il versore normale uscente da tale superficie è (,, 1). Calcoliamo ora il modulo Φ ρ Φ θ necessario per determinare l elemento d area dσ. Si ha: x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) =. Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) = (,, ρ) e pertanto Φ ρ Φ θ = ρ. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da 1 π F, n e, dσ = (ρ 3 cos 3 (θ), ρ 3 sin 3 (θ), 1) (,, 1)ρ dθ dρ S 3 = 1 π ρ dθ dρ = π. Sostituendo i tre valori trovati nella (1.9) si ha F, n e dσ = 3 π π + π = 3 π Ω e pertanto la formula (1.8) del teorema di Gauss è verificata. 66

67 Esercizio 1.3 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : < x < 1, < y <, < z < 3 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (x, y, z). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dx dy dz = F, n e dσ, (1.3) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è il parallelepipedo definito dalle relazioni < x < 1, < y <, < z < 3 e Ω è formato da sei rettangoli definiti dalle relazioni seguenti: x =, < y <, < z < 3; x = 1, < y <, < z < 3; y =, < x < 1, < z < 3; y =, < x < 1, < z < 3; z =, < x < 1, < y < ; z = 3, < x < 1, < y <. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.3). Essendo div F = x x + y y + z z = 3, (1.31) l integrale triplo nella (1.3) è pari a tre volte il volume del parallelepipedo che ha spigoli di lunghezze uno, due e tre, quindi è pari a 18. (Alternativamente, si può ottenere lo stesso risultato integrando la funzione costante 3 nella regione Ω.) Per calcolare il termine a destra nella (1.3), osserviamo che Ω F, n e dσ = 6 i=1 S i F, n e,i dσ, (1.3) 67

68 dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,..., 6, superfici definite dalle (1.31). Osserviamo che si tratta di superfici piane contenute in piani paralleli agli assi coordinati, per cui gli integrali di superficie nella (1.3) sono in realtà integrali doppi (se pensiamo di parametrizzare le superfici con le variabili u, v, l elemento di superficie dσ è dato da dudv). In più, i versori normali uscenti a tali superfici sono paralleli agli assi coordinati e, più precisamente, n e,1 = ( 1,, ); n e, = (1,, ); n e,3 = (, 1, ); n e,4 = (, 1, ); n e,5 = (,, 1); n e,6 = (,, 1).. Pertanto, i sei integrali nella (1.3) sono dati da: 3 F, n e,1 dσ = (, y, z) ( 1,, )dydz = ; S 1 3 F, n e, dσ = (1, y, z, ) (1,, )dydz = 6; S 1 3 F, n e,3 dσ = (x,, z) (, 1, )dxdz = ; S F, n e,4 dσ = (x,, z, ) (, 1, )dxdz = 6; S 4 1 F, n e,5 dσ = (x, y, ) (,, 1)dxdy = ; S 5 1 F, n e,6 dσ = (x, y, 3) (,, 1)dxdy = 6. S 6 Sostituendo i sei valori trovati nella (1.3) si ha F, n e dσ = = 18 Ω e pertanto la formula (1.3) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.31 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y 1, y x, z 1 } 68

69 e il campo vettoriale F (x, y, z) = (x, 3y, ). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dx dy dz = F, n e dσ, (1.33) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la porzione di cilindro x + y 1 delimitato dai piani orizzontali z = e z = 1 e dai piani verticali y = x e y = x, mentre Ω è formato dalle cinque superfici definite dalle relazioni seguenti: x + y = 1, y x, z 1; y = x, x, z 1; y = x, x, z 1; z =, x + y 1, y x ; z = 1, x + y 1, y x. (1.34) Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.33). Essendo div F = x x + y 3y + z = 5, l integrale triplo nella (1.33) è pari a cinque volte il volume di Ω, che è un quarto del cilindro di base x +y 1 e altezza uno, vale a dire 5 π. (Alternativamente, si può ottenere lo stesso risultato integrando la funzione 4 costante 6 nella regione Ω e utilizzando opportunamente le coordinate cilindriche.) Per calcolare il termine a destra nella (1.33), osserviamo che Ω F, n e dσ = 5 i=1 S i F, n e,i dσ, (1.35) dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,..., 5, superfici definite dalle (1.34). Cominciamo con l osservare che i versori normali n e,4 e 69

70 n e,5 sono date rispettivamente da (,, 1) e (,, 1), per cui, essendo nulla l ultima componente del campo F, si ha F, n e,4 = F, n e,5 = e quindi F, n e,4 dσ = F, n e,5 dσ =. S 4 S 5 Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, t) = cos(θ) [ π Φ(θ, t) = y(θ, t) = sin(θ) θ 4, 3 ] 4 π, t [, 1] z(θ, t) = t. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ t, dove x θ (θ, t) = sin(θ) Φ θ (θ, t) = y θ (θ, t) = cos(θ) z θ (θ, t) = e x t (θ, t) = Φ t (θ, t) = y t (θ, t) = z t (θ, t) = 1. Pertanto i j k Φ θ Φ t = det sin(θ) cos(θ) = (cos(θ), sin(θ), ). 1 Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (cos(θ), sin(θ), ). Φ θ Φ t (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ t, poiché dσ = Φ θ Φ t dθdt e pertanto tale modulo verrà semplificato nel 7

71 calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S 1 F, n e,1 dσ = = π π π π 4 ( π = 4 1 ) 8 ( cos(θ), 3 sin(θ), ) (cos(θ), sin(θ), )dθdt ( cos (θ) + 3 sin (θ) + )dθdt ( π ) = π Parametrizziamo la superficie S come segue: x(u, v) = u [ ] Φ(u, v) = y(u, v) = u u,, v [, 1] z(u, v) = v. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ u Φ v, dove x u (u, v) = 1 Φ u (u, v) = y u (u, v) = 1 z u (u, v) = e x v (u, v) = Φ v (u, v) = y v (u, v) = z v (u, v) = 1. Pertanto i j k Φ u Φ v = det 1 1 = (1, 1, ). 1 Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (1, 1, ). Φ u Φ v 71

72 (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ u Φ v, poiché dσ = Φ u Φ v dudv e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano y x =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore (1, 1, ). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S rot F, n e, dσ = = 1 1 (u, 3u, ) (1, 1, ) du dv (u 3u + ) du dv = 1 4. Parametrizziamo la superficie S 3 come segue: x(u, v) = u [ ] Φ(u, v) = y(u, v) = u u,, v [, 1] z(u, v) = v. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ u Φ v, dove x u (u, v) = 1 Φ u (u, v) = y u (u, v) = 1 z u (u, v) = e x v (u, v) = Φ v (u, v) = y v (u, v) = z v (u, v) = 1. Pertanto i j k Φ u Φ v = det 1 1 = ( 1, 1, ). 1 7

73 Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 ( 1, 1, ). Φ u Φ v (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ u Φ v, poiché dσ = Φ u Φ v dudv e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano y + x =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore ( 1, 1, ). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S rot F, n e, dσ = = 1 1 (u, 3u, ) ( 1, 1, ) du dv ( u + 3u + ) du dv = 1 4. Sostituendo i cinque valori trovati nella (1.35) si ha F, n e dσ = 5 4 π = 5 4 π Ω e pertanto la formula (1.33) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.3 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y + z 9, y x }, e il campo vettoriale F (x, y, z) = (x, y, z). 73

74 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.36) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la metà sfera di centro l origine e raggio tre nel semispazio y x e Ω è formato dalla superficie esterna di tale semisfera, definita quindi dalle relazioni x + y + z = 9, y x e dalla superficie ottenuta tra la sezione della sfera col piano y = x, definita quindi dalle relazioni x + y + z 9, y = x. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.36). Essendo div F = x x + y y + z z = 3, l integrale triplo nella (1.36) è pari a tre volte il volume della semisfera di raggio tre, quindi è pari a 54π. (Alternativamente, si può ottenere lo stesso risultato integrando la funzione costante 3 nella regione Ω utilizzando opportunamente le coordinate sferiche.) Per calcolare il termine a destra nella (1.36), osserviamo che F, n e dσ = F, n e,1 dσ + F, n e, dσ, (1.37) Ω S 1 S dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,, superfici definite rispettivamente da: x + y + z = 9, y x; x + y + z 9, y = x. Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, ϕ) = 3 cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = 3 sin(θ) sin(ϕ) z(θ, ϕ) = 3 cos(ϕ). θ [ π 4, 5 ] 4 π, ϕ [, π] 74

75 La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = 3 sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = 3 cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = e x ϕ (θ, ϕ) = 3 cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = 3 sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = 3 sin(ϕ). Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det 3 sin(θ) sin(ϕ) 3 cos(θ) sin(ϕ) 3 cos(θ) cos(ϕ) 3 sin(θ) cos(ϕ) 3 sin(ϕ) = ( 9 cos(θ) sin (ϕ), 9 sin(θ) sin (ϕ), 9 sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (9 cos(θ) sin (ϕ), 9 sin(θ) sin (ϕ), 9 sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da π 5 4 π F, n e,1 dσ = (3 cos(θ) sin(ϕ), 3 sin(θ) sin(ϕ), 3 cos(ϕ)) S 1 π 4 (9 cos(θ) sin (ϕ), 9 sin(θ) sin (ϕ), 9 sin(ϕ) cos(ϕ))dθdϕ = π 5 4 π π 4 (7 sin 3 (ϕ) + 7 sin(ϕ) cos (ϕ))dθdϕ 75

76 π = π 7 sin(ϕ)dϕ ( π) = 7π cos(ϕ) = 54π. La superficie S è data da x + z 9 e quindi può essere parametrizzata come segue: x(ρ, θ) = 1 ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = 1 ρ cos(θ) z(ρ, θ) = ρ sin(θ). θ [, π], ρ [, 3] La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ ρ Φ θ, dove x ρ (ρ, θ) = 1 cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = 1 cos(θ) z ρ (ρ, θ) = sin(θ) e x θ (ρ, θ) = 1 ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = 1 ρ sin(θ) z θ (ρ, θ) = ρ cos(θ). Pertanto i j k 1 Φ ρ Φ θ = det 1 cos(θ) cos(θ) sin(θ) 1 ρ sin(θ) 1 ρ sin(θ) ρ cos(θ) ( 1 = ρ, 1 ) ρ,. Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da ( 1 1 ρ, 1 ) ρ,. Φ ρ Φ θ 76

77 (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ ρ Φ θ, poiché dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano y x =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore (1, 1, ). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S F, n e, dσ = 3 π ( 1 ρ, 1 ρ, ( 1 ρ cos(θ), ) dθdρ =. Sostituendo i due valori trovati nella (1.37) si ha F, n e dσ = 54π + = 54π Ω ) 1 ρ cos(θ), ρ sin(θ) e pertanto la formula (1.36) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.33 Verificare il teorema di Gauss per la regione { } Ω = (x, y, z) R 3 : x + y 1 1; y 1 z 1 y + 1 e il campo vettoriale F (x, y, z) = (,, x). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.38) Ω Ω 77

78 dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è il cilindro definito da x +y 1 delimitato dai piani z = 1 y 1 e z = 1 y + 1 e Ω è formato dalla superficie laterale del cilindro, definita da x +y = 1, 1y 1 z 1y+1 e dalle due superfici definite da x +y 1, z = 1 y 1 e x + y 1, z = 1 y + 1. Essendo div F = x + y + z x =, l integrale di volume nella (1.38) è nullo. Per calcolare il termine a destra nella (1.38), osserviamo che F, n e dσ = Ω F, n e,1 dσ + S 1 F, n e, dσ + S F, n e,3 dσ, (1.39) S 3 dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,, 3, superfici definite rispettivamente da: x + y = 1, x + y 1, z = 1 y 1; 1 y 1 z 1 y + 1; x + y 1, z = 1 y + 1. Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, t) = cos(θ) Φ(θ, t) = y(θ, t) = sin(θ) θ [, π], t z(θ, t) = t. [ ] 1 sin(θ) 1, 1 sin(θ) + 1 La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ t, dove x θ (θ, t) = sin(θ) Φ θ (θ, t) = y θ (θ, t) = cos(θ) z θ (θ, t) = 78

79 e x t (θ, t) = Φ t (θ, t) = y t (θ, t) = z t (θ, t) = 1. Pertanto i j k Φ θ Φ t = det sin(θ) cos(θ) 1 = (cos(θ), sin(θ), ). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (cos(θ), sin(θ), ). Φ θ Φ t (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ t, poiché dσ = Φ θ Φ t dθdt e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S 1 F, n e,1 dσ = 1 π 1 (,, cos(θ)) (cos(θ), sin(θ), )dθdt =. Parametrizziamo la superficie S come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = 1ρ sin(θ) 1. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ ρ Φ θ, dove x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = 1 sin(θ) 79

80 e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) = 1ρ cos(θ). Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det 1 cos(θ) sin(θ) sin(θ) 1 ρ sin(θ) ρ cos(θ) ρ cos(θ) = (, 1 ) ρ, ρ. Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (, 1 ) Φ ρ Φ θ ρ, ρ. (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ ρ Φ θ, poiché dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano 1 y z 1 =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore (, 1, 1). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S F, n e, dσ = = 1 π 1 π (,, ρ cos(θ)) ρ cos(θ)dθdρ =. (, 1 ρ, ρ ) dθdρ 8

81 Parametrizziamo la superficie S 3 come segue: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = 1ρ sin(θ) + 1. La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ ρ Φ θ, dove x ρ (ρ, θ) = cos(θ) Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = sin(θ) z ρ (ρ, θ) = 1 sin(θ) e x θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ cos(θ) z θ (ρ, θ) = 1ρ cos(θ). Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) 1 sin(θ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) 1ρ cos(θ) = (, 1 ) ρ, ρ. Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 (, 1 ) Φ ρ Φ θ ρ, ρ. (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ ρ Φ θ, poiché dσ = Φ ρ Φ θ dρdθ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che la direzione normale ad una superficie piana, cioè tutta contenuta in un piano, è data in ogni punto (x, y, z) dal vettore (costante!!) 81

82 perpendicolare al piano. Quindi, essendo nel nostro caso la superficie contenuta nel piano 1 y z + 1 =, la direzione normale è data dal vettore perpendicolare a tale piano, cioè il vettore (, 1, 1). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da 1 F, n e,3 dσ = S 3 = π 1 π (,, ρ cos(θ)) ρ cos(θ)dθdρ =. Sostituendo i tre valori trovati nella (1.39) si ha F, n e dσ = + + = Ω (, 1 ρ, ρ ) dθdρ e pertanto la formula (1.38) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.34 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y + z 1 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (xy, yz, xz). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dx dy dz = F, n e dσ, (1.4) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la sfera di centro l origine e raggio uno e Ω è la superficie esterna di tale sfera, definita quindi dalla relazione x + y + z = 1. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.4). La divergenza del campo in esame è data da div F = x xy + y yz + z xz = y + z + x. 8

83 Per calcolare tale integrale, utilizziamo le coordinate sferiche: x(ρ, θ, ϕ) = ρ cos(θ) sin(ϕ) y(ρ, θ, ϕ) = ρ sin(θ) sin(ϕ) z(ρ, θ, ϕ) = ρ cos(ϕ). Lo jacobiano di tale cambio di coordinate è dato da: cos(θ) sin(ϕ) sin(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) J(ρ, θ, ϕ) = det ρ sin(θ) sin(ϕ) ρ cos(θ) sin(ϕ) ρ cos(θ) cos(ϕ) ρ sin(θ) cos(ϕ) ρ sin(ϕ) = ρ sin(ϕ) e la regione Ω nelle nuove coordinate è descritta dalle relazioni ρ [, 1], θ [, π], ϕ [, π]. Pertanto, l integrale triplo cercato è dato da 1 π π div F dxdydz = (ρ cos(θ) sin(ϕ) + ρ sin(θ) sin(ϕ) Ω + ρ cos(ϕ))ρ sin(ϕ)dϕdθdρ = π 1 π ρ 3 sin(ϕ)dϕdρ =. Per calcolare l integrale di superficie a destra nella (1.4), parametrizziamo la superficie Ω come segue: x(θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) z(θ, ϕ) = cos(ϕ). θ [, π], ϕ [, π] La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = e x ϕ (θ, ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = sin(ϕ). 83

84 Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = ( cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da π π ( F, n e dσ = cos(θ) sin(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin(ϕ) cos(ϕ), cos(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) ) Ω (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ) ) dθ dϕ ( π = sin 4 (ϕ)dϕ 1 ) π ( π) 3 cos3 (θ) 1 dϕ + π 4 sin4 (ϕ) = e pertanto la formula (1.4) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.35 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y + z 1 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = ( z 3, z, z ). 84

85 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.41) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la sfera di centro l origine e raggio uno e Ω è la superficie esterna di tale sfera, definita quindi dalla relazione x + y + z = 1. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.41). Essendo div F = x z 3 + y z + z z = 1, l integrale triplo nella (1.41) è pari al volume della sfera unitaria, cioè 4π. 3 (Alternativamente, si può ottenere lo stesso risultato integrando la funzione costante nella regione Ω utilizzando le coordinate sferiche.) Per calcolare l integrale di superficie a destra nella (1.41), parametrizziamo la superficie Ω come segue: x(θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) θ [, π], ϕ [, π] z(θ, ϕ) = cos(ϕ). La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = e x ϕ (θ, ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = sin(ϕ). 85

86 Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = ( cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da π π F, n e dσ = (cos 3 (ϕ), cos (ϕ), cos(ϕ)) Ω (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ))dθ dϕ π = π sin(ϕ) cos (ϕ)dϕ ( = π 1 π) 3 cos3 (ϕ) = 4 3 π e pertanto la formula (1.41) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.36 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x y + z, 1 x 4 } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (x + z, x, x + y). 86

87 Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.4) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la porzione di cono x y +z delimitata dai piani x = 1 e x = 4 e Ω è formato dalla superficie laterale del cono, definita da x = y + z, 1 x 4 e dalle due circonferenze definite da y + z 1, sul piano x = 1 e y + z 4 sul piano x = 4. Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.4). La divergenza del campo in esame è data da div F = x (x + z) + y x + z (x + y) = 1. Per calcolare tale integrale, utilizziamo le coordinate cilindriche: x(ρ, θ, t) = t y(ρ, θ, t) = ρ cos(θ) z(ρ, θ, t) = ρ sin(θ). Lo jacobiano di tale cambio di coordinate è dato da: cos(θ) sin(θ) J(ρ, θ, t) = det ρ sin(θ) ρ cos(θ) 1 = ρ e la regione Ω nelle nuove coordinate è descritta dalle relazioni ρ [, t], θ [, π], t [1, 4]. Pertanto, l integrale triplo cercato è dato da Ω div F dxdydz = = π t π ρdtdθdρ t dt = 1π. 87

88 Per calcolare il termine a destra nella (1.4), osserviamo che F, n e dσ = F, n e,1 dσ + F, n e, dσ + F, n e,3 dσ, (1.43) Ω S 1 S S 3 dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,, 3, superfici definite rispettivamente da: y + z = x, 1 x 4; y + z = 1, x = 1; y + z = 4, x = 4. Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, t) = t Φ(θ, t) = y(θ, t) = t cos(θ) θ [, π], t [1, 4] z(θ, t) = t sin(θ). La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ t, dove x θ (θ, t) = Φ θ (θ, t) = y θ (θ, t) = t sin(θ) z θ (θ, t) = t cos(θ) e x t (θ, t) = 1 Φ t (θ, t) = y t (θ, t) = cos(θ) z t (θ, t) = sin(θ). Pertanto i j k Φ θ Φ t = det t sin(θ) t cos(θ) 1 cos(θ) sin(θ) = ( t, t cos(θ), t sin(θ)). 88

89 Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 ( t, t cos(θ), t sin(θ)). Φ θ Φ t (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ t, poiché dσ = Φ θ Φ t dθdt e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S 1 F, n e,1 dσ = = 4 π 1 4 π 1 = 4π. (t + t sin(θ), t, t + t cos(θ)) ( t, t cos(θ), t sin(θ))dθdt ( t(t + t sin(θ)) + t cos(θ) + t(t + t cos(θ)) sin(θ))dθdt Parametrizziamo la superficie S come segue: x(ρ, θ) = 1 Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ cos(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = ρ sin(θ). Il versore normale uscente da tale superficie è ( 1,, ). Calcoliamo ora il modulo Φ ρ Φ θ necessario per determinare l elemento d area dσ. Si ha: x ρ (ρ, θ) = Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = cos(θ) z ρ (ρ, θ) = sin(θ) e x θ (ρ, θ) = Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) z θ (ρ, θ) = ρ cos(θ). 89

90 Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) = (ρ,, ) e pertanto Φ ρ Φ θ = ρ. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da S F, n e, dσ = = 1 π 1 π (1 + ρ sin(θ), 1, 1 + ρ cos(θ)) ( 1,, )ρdθdρ ( ρ ρ sin(θ))dθdρ = π. Parametrizziamo la superficie S 3 come segue: x(ρ, θ) = 4 Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ cos(θ) ρ [, 4], θ [, π] z(ρ, θ) = ρ sin(θ). Il versore normale uscente da tale superficie è (1,, ). Calcoliamo ora il modulo Φ ρ Φ θ necessario per determinare l elemento d area dσ. Si ha: x ρ (ρ, θ) = Φ ρ (ρ, θ) = y ρ (ρ, θ) = cos(θ) z ρ (ρ, θ) = sin(θ) e x θ (ρ, θ) = Φ θ (ρ, θ) = y θ (ρ, θ) = ρ sin(θ) z θ (ρ, θ) = ρ cos(θ). Pertanto i j k Φ ρ Φ θ = det cos(θ) sin(θ) ρ sin(θ) ρ cos(θ) 9

91 = (ρ,, ) e pertanto Φ ρ Φ θ = ρ. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da F, n e, dσ = S = 4 π π (4 + ρ sin(θ), 4, 4 + ρ cos(θ)) (1,, )ρdθdρ (4ρ + 4ρ sin(θ))dθdρ = 64π. Sostituendo i tre valori trovati nella (1.43) si ha F, n e dσ = 4π π + 64π = 1π Ω e pertanto la formula (1.4) del teorema di Gauss è verificata. Esercizio 1.37 Verificare il teorema di Gauss per la regione Ω = { (x, y, z) R 3 : x + y + z 1, z } e il campo vettoriale F (x, y, z) = (, x, z ). Risoluzione. Ricordiamo la formula del teorema di Gauss div F dxdydz = F, n e dσ, (1.44) Ω Ω dove F è un campo vettoriale, Ω è una regione di R 3, Ω è il suo bordo, cioè una superficie di R 3, e n e è il versore normale uscente di Ω. Nel caso in esame, Ω è la semisfera delle z non negative di centro l origine e raggio uno e Ω è formato dalla superficie esterna di tale semisfera, definita quindi dalle relazioni x + y + z = 1, z e dalla circonferenza x + y 1 sul piano z =. 91

92 Calcoliamo dapprima l integrale a sinistra nella (1.44). La divergenza del campo in esame è data da div F = x + y x + z z = z. Per calcolare tale integrale, utilizziamo le coordinate sferiche: x(ρ, θ, ϕ) = ρ cos(θ) sin(ϕ) y(ρ, θ, ϕ) = ρ sin(θ) sin(ϕ) z(ρ, θ, ϕ) = ρ cos(ϕ). Lo jacobiano di tale cambio di coordinate è dato da: cos(θ) sin(ϕ) sin(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) J(ρ, θ, ϕ) = det ρ sin(θ) sin(ϕ) ρ cos(θ) sin(ϕ) ρ cos(θ) cos(ϕ) ρ sin(θ) cos(ϕ) ρ sin(ϕ) = ρ sin(ϕ) e la regione Ω nelle nuove coordinate è descritta dalle relazioni ρ [, 1], θ [, π], ϕ [, π ]. Pertanto, l integrale triplo cercato è dato da Ω div F dxdydz = = π 1 π π π ρ cos(ϕ)ρ sin(ϕ)dϕdθdρ sin(ϕ)dϕ = π. Per calcolare il termine a destra nella (1.44), osserviamo che F, n e dσ = Ω F, n e,1 dσ + S 1 F, n e, dσ, S (1.45) dove n e,i sono i versori normali uscenti alle superfici S i, i = 1,, superfici definite rispettivamente da: x + y + z = 1, z ; x + y 1, z =. 9

93 Parametrizziamo la superficie S 1 come segue: x(θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) Φ(θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) θ [, π], ϕ z(θ, ϕ) = cos(ϕ). [, π ], La direzione normale a tale superficie è quella del vettore Φ θ Φ ϕ, dove x θ (θ, ϕ) = sin(θ) sin(ϕ) Φ θ (θ, ϕ) = y θ (θ, ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) z θ (θ, ϕ) = e x ϕ (θ, ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) Φ ϕ (θ, ϕ) = y ϕ (θ, ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) z ϕ (θ, ϕ) = sin(ϕ). Pertanto i j k Φ θ Φ ϕ = det sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = ( cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(φ) cos(ϕ)). Poiché la normale alla superficie deve essere orientata verso l esterno, il versore normale cercato è dato da 1 Φ θ Φ ϕ (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ)). (Si osservi che non è necessario calcolare esplicitamente il modulo Φ θ Φ ϕ, poiché dσ = Φ θ Φ ϕ dθdϕ e pertanto tale modulo verrà semplificato nel calcolare l integrale cercato). A tale risultato si poteva arrivare immediatamente osservando che il versore normale uscente da una superficie sferica è dato in ogni punto (x, y, z) proprio dal vettore (x, y, z), eventualmente da normalizzare. Quindi, l integrale di superficie cercato è dato da π π F, n e,1 dσ = (, cos (θ) sin (ϕ), cos (ϕ)) S 1 93

94 (cos(θ) sin (ϕ), sin(θ) sin (ϕ), sin(ϕ) cos(ϕ)) dθ dϕ = π π ( cos(θ) sin (ϕ) + sin(θ) cos (θ) sin 4 (ϕ) + sin(ϕ) cos 3 (ϕ)) dθ dϕ ( π = sin 4 (ϕ)dϕ 1 3 cos3 (θ) La superficie S è definita parametricamente dalle relazioni: x(ρ, θ) = ρ cos(θ) Φ(ρ, θ) = y(ρ, θ) = ρ sin(θ) ρ [, 1], θ [, π] z(ρ, θ) = π ) ( + π 1 4 cos4 (θ) e il suo versore normale uscente n e, è dato da (,, 1). Poiché F, n e, = z e z = su S, si ha S F, n e, dσ =. Sostituendo i due valori trovati nella (1.45) si ha Ω F, n e dσ = π + = π e pertanto la formula (1.44) del teorema di Gauss è verificata. π ) = π. Esercizio 1.38 Verificare il teorema della divergenza in R 3 vettoriale per il campo F = (xy, yz, ) e la regione G = { (x, y, z) R 3 : x y, x + y + z 1 }. 94

95 Risoluzione. Si tratta di verificare che div F dg = F n dσ, (1.46) G G dove n è il versore normale esterno al bordo G. Si ha div F = y x. La regione G è metà sfera che si può parametrizzare in coordinate polari come x = ρ cos φ sin θ π G : y = ρ sin φ sin θ 4 φ 5 4 π, θ π z = ρ cos θ. Risulta G div F dg = = π π 1 π 4 π ρ 3 dρ ρ sin θ(sin φ cos φ)ρ sin θ dφ dθ dρ sin θdθ 5 4 π (sin φ cos φ)dφ = = 1 4 π 4 π (sin φ + cos φ) 5 4 π 4 = π 8 ( + ) = π 4. Per calcolare l integrale a sinistra della (1.46) si osservi che possiamo scrivere G = G 1 G G 3, dove G 1 ={ ρ 1, φ = π 4, θ π} G ={ ρ 1, φ = 5 π, θ π} 4 π G 3 ={ρ = 1, 4 φ 5 π, θ π} 4 e i versori normali relativi sono ( 1 n 1 =n =, 1 ),, 95

96 n 3 =(x, y, z), con x + y + z = 1. Risulta F n 1 =F n = xy = ρ sin θ, F n 3 =x y xy = xy(x y). Per G 1 si ha la parametrizzazione ( ) φ = ρ sin θ, ρ sin θ, ρ cos θ, per cui φ ρ φ θ =det =( i j k sin θ sin θ cos θ ρ cos θ ρ cos θ ρ sin θ ρ, ) = ρ(,, ) ρ, e di conseguenza φ ρ φ θ = ρ per cui G 1 F n 1 dσ = e analogamente G F n 1 dσ = 1 π = 1 π 4 4. ( ) ρ sin θ ρdθ dρ π ρ 3 dρ Per G 3 si ha la parametrizzazione ψ = (sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ), sin θdθ = 96 1 π 4 = π 4 4

97 per cui i j k ψ θ ψ φ =det cos θ cos φ cos θ sin φ sin θ sin θ sin φ sin θ cos φ =(sin θ cos φ, sin θ sin φ, sin θ cos θ) e di conseguenza ψ θ ψ φ = sin θ per cui G 3 F n 3 dσ = π 5 4 π π = π 4 ( sin θ sin φ cos φ ) sin θ(cos φ sin φ) sin θ dφ dθ sin 4 θdθ 5 4 π π 4 5 = 1 3 (cos3 φ + sin 3 φ) π 4 = π 1 8 Abbiamo allora trovato che F ndσ = π 4 G π 4 + π 4 sin φ cos φ(cos φ sin φ)dφ sin αdα = π 4 e la formula di Gauss (1.46) è verificata. 4 π π ( sin θ 1 ) 4 sin (θ) dθ ( π 3 = π ) 8 3 = π 4. Esercizio 1.39 Verificare il teorema della divergenza in R 3 vettoriale F = (x, y, ) e la regione per il campo G = { (x, y, z) R 3 : z = x + y z 1 }. Risoluzione. Si tratta di verificare che div F dg = F n dσ, (1.47) G G 97

98 dove n è il versore normale esterno al bordo G. Si ha div F = 1+1 = >. La regione G è un cono il cui volume è π/3. Per il termine a sinistra si ha allora G div F dg = 3 π. La frontiera di G può essere suddivisa nella superficie di base G 1 e nella superficie laterale G. D altra parte, parametrizzata la superficie laterale di G come x = ρ cos θ G : y = ρ sin θ z = ρ, θ π, ρ 1 si ottiene ρ x = cos θ ρ y = sin θ ρ z = 1, θ x = ρ sin θ θ y = ρ cos θ θ z =, per cui i j k ( θ x, θ y, θ z) ( ρ x, ρ y, ρ z) =det ρ sin θ ρ cos θ cos θ sin θ 1 e risulta G F n dσ = 1 π =(ρ cos θ, ρ sin θ, ρ) ( ρ cos θ + ρ sin θ ) dρ dθ = 1 π ρ dρ dθ = π 3 Il teorema della divergenza (formula (1.47)) è perciò dimostrato notando che F è ortogonale (e quindi non dà contributo) alla superficie di base G 1. 98

99 Equazioni alle derivate parziali del secondo ordine.1 Equazioni alle derivate parziali di tipo ellittico Esercizio.1 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u xx + u yy = < x < π, < y < 1 u (x, ) = < x < π u (x, 1) = 3 sin(3x) < x < π u (, y) = u (π, y) = < y < 1. Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Laplace. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, y) = ϕ(x)ψ(y), (.1) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ (x)ψ(y) = ϕ(x)ψ (y) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ϕ (x) ϕ(x) = ψ (y) ψ(y) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ λψ =. Sostituendo l espressione (.1) nelle condizioni al bordo otteniamo: u(, y) = u(π, y) =, ϕ()ψ(y) = ϕ(π)ψ(y) = per ogni y (, 1), 99

100 da cui ϕ() = ϕ(π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < π ϕ() = ϕ(π) =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ >, la soluzione generale dell equazione è ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { β = β = α sin( λπ) = λ n = n, n N. Abbiamo perciò trovato, per λ n = n, n N, ϕ n (x) = α n sin(nx). Passiamo ora all equazione differenziale ψ + n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (y) = α n e ny + β n e ny, per n >, per cui mettendo insieme (cambiando nome ai coefficienti) u n (x, y) = ( α n e ny + β n e ny) sin(nx) per n >. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, y) = ( αn e ny + β n e ny) sin(nx). n=1 1

101 La funzione u è quindi dispari rispetto alla x. I dati al bordo u(x, ) = e u(x, 1) = 3 sin(3x) sono già dispari di periodo π. Imponendo perciò tali condizioni = u(x, ) = (α n + β n ) sin(nx), n=1 3 sin(3x) = u(x, 1) = (α n e n + β n e n ) sin(nx), da cui α n + β n = n=1 per ogni n e n α n + e n β n = per ogni n 3 e 3 α 3 + e 3 β 3 = 3. Risulta quindi α n = β n = per n 3 e { { β 3 = α 3 α 3 = 3 e 3 e 3 e 3 α 3 + e 3 β 3 = 3 β 3 = α 3. Abbiamo allora trovato ( u(x, y) = 3 e 3 e 3 e3y =3 e3y e 3y e 3 e 3 ) 3 e 3 e 3y sin(3x) e 3 sin(3x) = 3sinh(3y) sinh 3 sin(3x) che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, y) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio. Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: { u = per ρ < 1 u = 3 sin(5ϑ) per ρ = 1, dove u = u(ρ, ϑ), u = u ρρ + 1 ρ u ρ + 1 ρ u ϑϑ. 11

102 Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Laplace nel cerchio unitario. Il problema è ben posto. Come richiesto dal testo dell esercizio, lo risolviamo mediante l uso della separazione delle variabili. Il problema è già scritto rispetto alle coordinate polari e la funzione ϕ(ϑ) = 3 sin(5ϑ) è π-periodica. Cerchiamo una soluzione dell equazione alle derivate parziali della forma: u(ρ, ϑ) = ϕ(ρ)ψ(ϑ), (.) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ (ρ)ψ(ϑ) + 1 ρ ϕ (ρ)ψ(ϑ) + 1 ρ ϕ(ρ)ψ (ϑ) = e moltiplicata per ρ ϕ(ρ)ψ(ϑ) ρ ϕ (ρ) ϕ(ρ) + ρϕ (ρ) ϕ(ρ) + ψ (ϑ) ψ(ϑ) = da cui esiste λ R tale che ρ ϕ (ρ) ϕ(ρ) + ρϕ (ρ) ϕ(ρ) = ψ (ϑ) ψ(ϑ) = λ. Abbiamo quindi ottenuto le equazioni ρ ϕ + ρϕ λϕ = rispetto alla variabile ρ (.3) ψ + λψ = rispetto alla variabile ϑ. (.4) Tenuto conto della periodicità e della regolarità del dato al bordo si ha ψ( π) = ψ(π), ψ ( π) = ψ (π). Associando tali dati ai limiti con l equazione (.4), si tratta perciò di studiare il problema ai limiti ψ + λψ = ψ( π) = ψ(π) ψ ( π) = ψ (π). π < ϑ < π 1

103 Tale problema ammette autosoluzioni se e solo se λ = n, n N date da ψ(ϑ) = α n cos(nϑ) + β n sin(nϑ). n= Per i valori di λ trovati l equazione (.3) diviene ρ ϕ + ρϕ n ϕ =. (.5) Tale equazione differenziale è di tipo Eulero del second ordine. Ne cerchiamo una soluzione del tipo ϕ(ρ) = ρ γ, da cui sostituendo nell equazione si ottiene γ(γ 1) + γ n = che ha per soluzioni γ = n per n, mentre nel caso n = γ = come radice doppia. L integrale generale della (.5) è dato da { α 1 ρ n + β 1 ρ n per n ϕ(ρ) = α 1 + β 1 log ρ per n =. Poiché cerchiamo soluzioni definite e limitate per ρ [, 1], deve essere β k =, k =, 1. Mettendo assieme quanto trovato abbiamo perciò la soluzione a variabili separabili u(ρ, ϑ) = 1 a + (a n ρ n cos(nϑ) + b n ρ n sin(nϑ)). n=1 Rimane da imporre la condizione al bordo: 3 sin(5ϑ) = u(1, ϑ) = 1 a + (a n cos(nϑ) + b n sin(nϑ)), n=1 da cui b 5 = 3 mentre a n = per ogni n e b n = per ogni n 5. Abbiamo quindi ottenuto la soluzione del problema: u(ρ, ϑ) = 3ρ 5 sin(5ϑ). 13

104 Lo studente diligente può verificare che tale u = u(ρ, ϑ) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.3 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema u xx + u yy = π < x < π, π < y < π u( π, y) = u(π, y) = π < y < π u(x, π) = u(x, π) = π < x < π. Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Laplace con dato al bordo nullo. Il problema è ben posto e, di conseguenza, la soluzione sarà identicamente nulla. D altra parte il testo richiede l utilizzo del metodo di separazione di variabili, per cui cerchiamo una soluzione della forma: u(x, y) = ϕ(x)ψ(y), (.6) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ (x)ψ(y) = ϕ(x)ψ (y) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ϕ (x) ϕ(x) = ψ (y) ψ(y) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.6) nelle condizioni al bordo u(x, π) = u(x, π) =, otteniamo: ϕ(x)ψ( π) = ϕ(x)ψ(π) = per ogni x ( π, π), 14

105 da cui ψ( π) = ψ(π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ψ + λψ = < x < π ψ( π) = ψ(π) =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ >, la soluzione generale dell equazione è ψ(y) = α cos( λy) + β sin( λy) e, imponendo le condizioni ai limiti, { α cos( λπ) + β sin( λπ) = α cos( λπ) β sin( λπ) = { α cos( λπ) = β sin( λπ) =, per cui sono soluzioni 1) α = e λπ = nπ che implica λ n = n, n N, da cui otteniamo la soluzione ψ n (y) = β n sin(ny); ) β = e λπ = π + nπ che implica λ n = ( 1 + n), n N, da cui otteniamo la soluzione ψ n (y) = α n cos (( 1 + n) y ). In corrispondenza a tali autovalori λ n si ha 1) nel caso λ n = n, l equazione ϕ n ϕ = ammette l integrale generale ϕ n (x) = γ n e nx + δ n e nx ; ) nel caso λ n = ( 1 + n), l equazione ϕ ( 1 + n) ϕ = ammette l integrale generale ϕ n (x) = ε n e (n+ 1 )x + η n e (n+ 1 )x. Tenendo conto che la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti, mettendo insieme si ha ( u(x, y) = an e nx + b n e nx) ( sin n y ) + n= 15

106 ) ( (c n e (n+ 1 )x + d n e (n+ 1 )x cos (n + 1) y ). Resta solo da imporre i dati al bordo u( π, y) = u(π, y) = : a n e nπ + b n e nπ = n N a n e nπ + b n e nπ = n N c n e (n+ 1 )π + d n e (n+ 1 )π = c n e (n+ 1 )π + d n e (n+ 1 )π = n N n N da cui a n = b n = c n = d n = per cui l unica soluzione del problema è quella nulla, come concluso sin dall inizio per altra via. Esercizio.4 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema 4u xx + 9u yy = π < x < π, π < y < π u( π, y) = u(π, y) = π < y < π u(x, π) = u(x, π) = sin x π < x < π. Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Laplace. Il problema è ben posto. Come richiesto dal testo, l unica soluzione la cerchiamo mediante il metodo di separazione di variabili, per cui cerchiamo una soluzione della forma: u(x, y) = ϕ(x)ψ(y), (.7) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: 4ϕ (x)ψ(y) = 9ϕ(x)ψ (y) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che 4 ϕ (x) ϕ(x) = 9ψ (y) ψ(y) = 36λ, da cui otteniamo le equazioni differenziali ϕ + 9λϕ =, ψ 4λψ =. 16

107 Sostituendo l espressione (.7) nelle condizioni al bordo omogenee u( π, y) = u(π, y) =, otteniamo: ϕ( π)ψ(y) = ϕ(π)ψ(y) = per ogni y ( π, π), da cui ϕ( π) = ϕ(π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + 9λϕ = π < x < π ϕ( π) = ϕ(π) =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ >, la soluzione generale dell equazione differenziale è ϕ(x) = α cos(3 λx) + β sin(3 λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { α cos(3 λπ) β sin(3 λπ) = α cos(3 λπ) + β sin(3 λπ) = { α cos(3 λπ) = β sin(3 λπ) =, per cui sono soluzioni 1) α = e 3 λπ = nπ che implica λ n = n 9, n N da cui otteniamo la soluzione ϕ n (x) = β n sin(nx); ) β = e 3 λπ = π + nπ che implica λ ( n = n) 9, n N da cui otteniamo la soluzione ϕ n (x) = α n cos (( 1 + n) x ). In corrispondenza a tali autovalori λ n si ha 1) nel caso λ n = n 9, l equazione ψ 4 9 n ψ = ammette l integrale generale ψ n (y) = γ n e 3 ny + δ n e 3 ny ; 17

108 ( ) nel caso λ n = n) 9, l equazione ψ 4 9 l integrale generale ψ n (y) = ε n e 3 (n+ 1 )y + η n e 3 (n+ 1 )y. ( 1 + n) ψ = ammette Tenendo conto che la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti, mettendo insieme si ha u(x, y) = n= ) ( (a n e 3 ny + b n e 3 ny sin n x ) + (c n e 3 (n+ 1 )y + d n e 3 (n+ 1 )y ) cos ( (n + 1) x ). Resta solo da imporre i dati al bordo u(x, π) = u(x, π) = sin x: sin x = u(x, π) = ) (a n e 3 nπ + b n e 3 nπ sin(n x n=1 ) )+ (c n e 3 (n+ 1 )π + d n e 3 (n+ 1 )π cos ( ) (n + 1) x sin x = u(x, π) = ) (a n e 3 nπ + b n e 3 nπ sin(n x n=1 ) )+ (c n e 3 (n+ 1 )π + d n e 3 (n+ 1 )π cos ( ) (n + 1) x che equivale a a 1 e 3 π + b 1 e 3 π = 1 a 1 e 3 π + b 1 e 3 π = 1 a n = b n = per ogni n 1 c n = d n = per ogni n da cui 1 a 1 = b 1 = e 3 π +e 3 π a n = b n = per ogni n 1 c n = d n = per ogni n. 18

109 L unica soluzione del problema è quindi 1 ( ) u(x, y) = e e 3 π + e 3 π 3 y + e 3 y sin x. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Dirichlet proposto. Esercizio.5 Sia dato il problema di Dirichlet sul cerchio unitario: u = cos ϑ ρ < 1 u = ρ = 1, (.8) dove (ρ, ϑ) sono le coordinate polari del piano. Facendo uso del metodo di separazione delle variabili, trovare la soluzione del problema. Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Poisson. Il problema è ben posto. Ricordiamo che per l equazione omogenea associata w =, ρ < 1, l integrale generale è dato da w(ρ, ϑ) = a + ρ n (a n cos(nϑ) + b n sin(nϑ)). n=1 Cerchiamo allora soluzioni di u = cos ϑ della forma u(ρ, ϑ) = (a n (ρ) cos(nϑ) + b n (ρ) sin(nϑ)). (.9) n= Ricordiamo inoltre che il laplaciano in coordinate polari è dato dall espressione u = u ρρ + 1 ρ u ρ + 1 ρ u ϑϑ. 19

110 Sostituendo la (.9) in (.8) si ha: ( a n(ρ) cos(nϑ) + b n(ρ) sin(nϑ) + 1 ρ a n(ρ) cos(nϑ)+ n= ) 1 ρ b n(ρ) sin(nϑ) n a ρ n (ρ) cos(nϑ) n b ρ n (ρ) sin(nϑ) = cos ϑ (a n (1) cos(nϑ) + b n (1) sin(nϑ)) =. n= Tenuto conto che gli elementi dell insieme {cos(nϑ), sin(nϑ)} n N sono tutti linearmente indipendenti, si ottiene a ρ a 1 1 a ρ 1 = 1 a n + 1 ρ a n n a ρ n = per ogni n 1, b n + 1 ρ b n n b ρ n = per ogni n N, a n (1) = b n (1) = per ogni n N. Si tratta allora di studiare i problemi { ρ z + ρz n z = z(1) = e z limitata su [, 1], { ρ z + ρz z = ρ z(1) = e z limitata su [, 1]. (.1) (.11) Risolviamo intanto il problema (.1). L equazione differenziale del problema è lineare del second ordine omogenea. Cerchiamo una sua soluzione della forma z(ρ) = ρ α : sostituendo si ha α(α 1) + α n =, α = n, da cui α = n. Sia n. La soluzione generale dell equazione differenziale del problema (.1) è data da z(ρ) = c 1 ρ n + c ρ n. 11

111 Per essere limitata in [, 1] deve perciò essere c =. Da z(1) = si ha poi z(ρ) per ogni ρ, ovvero l unica soluzione di (.1) è la soluzione nulla. Sia n =. L equazione differenziale del problema (.1) diviene ρ z +ρz = e, detto w = z, si ha ρw 1 + w =, da cui w(ρ) = c 1 e quindi ρ z(ρ) = c 1 log(ρ) + c : per essere limitata su [, 1] deve essere c 1 = ovvero z(ρ) c e da z(1) =, si ha ancora che l unica soluzione è quella nulla. Passiamo infine al problema (.11). L integrale generale dell equazione omogenea associata è dato (facendo uso della stessa tecnica sopra descritta) da z(ρ) = c 1 ρ + c ρ 1. Una soluzione dell equazione differenziale non omogenea la cerchiamo della forma z(ρ) = kρ α, da cui si ha kα(α 1)ρ α + kαρ α kρ α = ρ, da cui { α = kα k = 1, { α = k = 1 3. L integrale generale dell equazione differenziale non omogenea è perciò dato da z(ρ) = c 1 ρ + c 1 ρ ρ. Per essere limitata deve essere c = e da z(1) = c = si ha c 1 = 1 3 e quindi z(ρ) = 1 3 (ρ ρ). 111

112 Abbiamo perciò trovato che l unica soluzione del problema (.8) è data da u(ρ, ϑ) = a 1 (ρ) cos(ϑ) = 1 ρ(ρ 1) cos(ϑ). 3 Lo studente diligente può verificare che tale u = u(ρ, ϑ) risolve effettivamente il problema di Dirichlet proposto. Esercizio.6 Sia dato il problema di Dirichlet sul cerchio unitario del piano: u = x per x + y < 1 u = per x + y = 1. Facendo uso del metodo di separazione delle variabili, trovare la soluzione del problema. Risoluzione. Si tratta di un problema di Dirichlet per l equazione di Poisson. Il problema è ben posto e di conseguenza ha soluzione unica. Introduciamo le coordinate polari (ρ, ϑ): x = ρ cos ϑ ρ < 1, ϑ < π y = ρ sin ϑ e indichiamo con ũ(ρ, ϑ) = u(ρ cos ϑ, ρ sin ϑ). Il problema in coordinate polari diviene ũ ρρ ũ ρũρ ρ ϑϑ = ρ cos ϑ ρ < 1, ϑ < π ũ(1, ϑ) = ϑ < π. Ricordiamo che per l equazione omogenea associata w =, ρ < 1, 11 (.1)

113 l integrale generale è dato da w(ρ, ϑ) = a + ρ n (a n cos(nϑ) + b n sin(nϑ)). n=1 Cerchiamo allora soluzioni di (.1) della forma ũ(ρ, ϑ) = (a n (ρ) cos(nϑ) + b n (ρ) sin(nϑ)). (.13) n= Sostituendo la (.13) in (.1) si ha: ( a n(ρ) cos(nϑ) + b n(ρ) sin(nϑ) + 1 ρ a n(ρ) cos(nϑ)+ n= ) 1 ρ b n(ρ) sin(nϑ) n a ρ n (ρ) cos(nϑ) n b ρ n (ρ) sin(nϑ) = ρ cos ϑ (a n (1) cos(nϑ) + b n (1) sin(nϑ)) =. n= Tenuto conto che gli elementi dell insieme {cos(nϑ), sin(nϑ)} n N sono tutti linearmente indipendenti, si ottiene a ρ a 1 1 a ρ 1 = ρ a n + 1 ρ a n n a ρ n = per ogni n 1, b n + 1 ρ b n n b ρ n = per ogni n N, a n (1) = b n (1) = per ogni n N. Si tratta allora di studiare i problemi { ρ z + ρz n z = z(1) = e z limitata su [, 1], per n 1 e { ρ z + ρz z = ρ 3 z(1) = e z limitata su [, 1]. (.14) (.15) 113

114 Risolviamo intanto il problema (.14). Si tratta di un equazione differenziale lineare del second ordine omogenea. Cerchiamo una sua soluzione della forma z(ρ) = ρ α : sostituendo si ha α(α 1) + α n =, α = n, da cui α = n. Sia n. La soluzione generale dell equazione del problema (.14) è perciò data da z(ρ) = c 1 ρ n + c ρ n. Per essere limitata in [, 1] deve perciò essere c =. Da z(1) = si ha poi z(ρ) per ogni ρ, ovvero l unica soluzione di (.14) è la soluzione nulla. Sia n =. L equazione del problema (.14) diviene ρ z + ρz = e, detto w = z, si ha ρw +w =, da cui w(ρ) = c 1 1 ρ e quindi z(ρ) = c 1 log(ρ)+ c : per essere limitata su [, 1] deve essere c 1 = ovvero z(ρ) c e da z(1) =, si ha ancora che l unica soluzione è quella nulla. Passiamo infine al problema (.15). La soluzione generale dell equazione omogenea associata è data (facendo uso della stessa tecnica sopra descritta) da z(ρ) = c 1 ρ + c ρ 1. Una soluzione della non omogenea la cerchiamo della forma z(ρ) = kρ α, da cui si ha kα(α 1)ρ α + kαρ α kρ α = ρ 3, ovvero { α = 3 kα k = 1, { α = 3 k =

115 e la soluzione generale è data da z(ρ) = c 1 ρ + c 1 ρ ρ3. Per essere limitata deve essere c = e da z(1) = c = si ha c 1 = 1 8 e quindi z(ρ) = 1 8 (ρ3 ρ). Per il problema (.1) abbiamo perciò trovato una soluzione della forma (.13) ũ(ρ, ϑ) = 1 8 (ρ3 ρ) cos(ϑ), per cui, ritornando alle variabili cartesiane (x, y), la soluzione del problema di Dirichlet proposto è data da u(x, y) = 1 8 x(x + y 1), (x, y) R. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, y) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto.. Equazioni alle derivate parziali di tipo parabolico Esercizio.7 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u t 9u xx = < x < 1, t > u (x, ) = 3 sin(πx) sin(3πx) < x < 1 u (, t) = u (1, t) = t >. Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Dirichlet per l equazione del calore. soluzione. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione 115

116 delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.16) da cui sostituendo nell equazione del problema ψ (t)ϕ(x) 9ψ(t)ϕ (x) = e separando le variabili esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = (x) 9ϕ ϕ(x) = 9λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ = 9λψ, ϕ + λϕ =. Utilizzando poi la (.16) per i dati al bordo del problema si ottiene ϕ()ψ(t) = ϕ(1)ψ(t) = per ogni t >, da cui ϕ() = ϕ(1) =. (.17) Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ + λϕ = ϕ() = ϕ(1) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche: ciò equivale a dire che non troveremo soluzioni per λ mentre per λ > si ha ϕ n (x) = β n sin(nπx) per λ n = π n, n N. In corrispondenza a tale λ n per l equazione differenziale ψ = 9λ n ψ abbiamo la soluzione ψ n (t) = α n e 9π n t. 116

117 Posto a n = α n β n, abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni u n (x, t) = a n e 9π n t sin(nπx), n N. Per linearità è anche soluzione u(x, t) = a n e 9π n t sin(nπx). (.18) n=1 Per concludere si tratta ora di far uso del dato iniziale: sia la soluzione che il dato sono in serie di seni, per cui 3 sin(πx) sin(3πx) = u(x, ) = a n sin(nπx). Perciò a = 3, a 3 = e a n = per ogni n, 3, per cui sostituendo nella (.18) la soluzione del problema può scriversi u(x, t) = 3e 36πt sin(πx) e 81πt sin(3πx). Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.8 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u t 5u xx = < x < 5, t > u(x, ) = cos(πx) < x < 5 u x (, t) = u x (5, t) = t >. Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Neumann per l equazione del calore. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola soluzione. Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione n=1 117

118 delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.19) da cui sostituendo nell equazione del problema si ha ψ (t)ϕ(x) = 5ψ(t)ϕ (x) e separando le variabili esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = (x) 5ϕ ϕ(x) = 5λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ + 5λψ =, ϕ + λϕ =. Utilizzando poi la (.19) per i dati al bordo del problema si ottiene da cui ϕ ()ψ(t) = ϕ (5)ψ(t) = per ogni t >, ϕ () = ϕ (5) =. (.) Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ + λϕ = ϕ () = ϕ (5) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche. Per λ < non vi sono soluzioni non nulle, per λ = sono soluzioni tutte le costanti mentre per λ > la soluzione generale per l equazione differenziale è da cui ϕ(x) = α cos( λx) + β sin( λx), ϕ (x) = α λ sin( λx) + β λ cos( λx). 118

119 Usando i dati al bordo si ha β = e α λ sin(5 λ) =, da cui λ n = n π, 5 n N. Perciò ( π ) ϕ n (x) = β n cos 5 nx per λ n = n π 5. Tale soluzione include per n = anche il caso λ =. In corrispondenza a tali λ n per l equazione differenziale ψ = 5λ n ψ abbiamo le soluzioni ψ n (t) = b n e n π 5 t. Abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni della forma (.19) u n (x, t) = a n e n π 5 t cos(n π x), n N. 5 Per linearità è anche soluzione dell equazione alle derivate parziali u(x, t) = a + n=1 a n e n π 5 t cos ( π 5 nx ). (.1) La soluzione è perciò in serie di coseni rispetto alla x periodica di periodo T = 1. Anche il dato iniziale è pari e periodico di periodo 1: tale dato è già sviluppato in serie di coseni. Per confronto si ha quindi a = 3, a 5 = 5 e a n = per ogni n, 5. Sostituendo nella (.1) si ottiene u(x, t) = 3 + 5e 5πt cos(πx) che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Neumann proposto. Esercizio.9 Mediante il metodo di separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u t ku xx = u (, t) = u (1, t) = t > u (x, ) = x(1 x) < x < 1. < x < 1, t > e k > costante assegnata, 119

120 Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Dirichlet per l equazione del calore. soluzione. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.) da cui sostituendo nell equazione del problema si ha ψ (t)ϕ(x) kψ(t)ϕ (x) = e separando le variabili esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = k ϕ (x) ϕ(x) = λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ = λψ, ϕ = λ ϕ. Utilizzando poi la k (.) per i dati al bordo del problema si ottiene da cui ϕ()ψ(t) = ϕ(1)ψ(t) = per ogni t >, ϕ() = ϕ(1) =. (.3) Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ = λϕ k > costante assegnata k ϕ() = ϕ(1) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche: ciò equivale a dire che non troveremo soluzioni per λ mentre per λ > si ha ϕ n (x) = b n sin(nπx) per λ n = kn π. 1

121 In corrispondenza a tale λ n per l equazione differenziale ψ = λ n ψ abbiamo la soluzione ψ n (t) = e kn π t. Abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni u n (x, t) = b n e kn π t sin(nπx), n N. Per linearità è anche soluzione u(x, t) = b n e kn π t sin(nπx). (.4) n=1 Per concludere si tratta ora di sviluppare il dato iniziale in serie di Fourier di periodo : poiché la soluzione è in serie di seni, stessa cosa dovrà avvenire per il dato. Bisognerà perciò estendere il dato f(x) = x(1 x) dispari a [ 1, 1]. Per quanto riguarda il coefficiente di Fourier di sin(nπx) si ha: f 1 x +1 Figura 1: Grafico nel periodo del dato iniziale del problema dell Esempio.9. 1 β n = f(ξ) sin(nπξ)dξ = (ξ ξ ) cos(nπξ) nπ 1 + (1 ξ) sin(nπξ) 1 (nπ) [ )] 1 ( 4 cos(nπξ) (nπ) nπ (ξ ξ ) sin(nπξ)dξ = (1 ξ) cos(nπξ) dξ = nπ sin(nπξ) (nπ) dξ = = 4 (nπ) 3 (1 ( 1)n ). 11

122 Perciò il dato iniziale u(x, ) = f(x) = x(1 x) si scrive come u(x, ) = n=1 D altra parte dalla (.4) si ha u(x, ) = 4 (1 ( 1) n ) (nπ) 3 sin(nπx). (.5) b n sin(nπx) n=1 e per confronto si ha b n = 4(1 ( 1)n ) (nπ) 3 u(x, t) = n=1 4 (1 ( 1) n ) e knπt sin(nπx) (nπ) 3 per cui la soluzione del problema può scriversi u(x, t) = n= per cui sostituendo nella (.4) si ottiene 8 ((n + 1)π) 3 e kπ (n+1)t sin ((n + 1)πx). Esercizio.1 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u t 4u xx = < x < π, t > u (x, ) = x < x < π u x (, t) = u x (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Neumann per l equazione del calore. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola soluzione. Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.6) 1

123 da cui sostituendo nell equazione del problema ψ (t)ϕ(x) = 4ψ(t)ϕ (x) e separando le variabili esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = (x) 4ϕ ϕ(x) = 4λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ + 4λψ =, ϕ + λϕ =. Utilizzando poi la (.6) per i dati al bordo del problema si ottiene ϕ ()ψ(t) = ϕ (π)ψ(t) = per ogni t >, da cui ϕ () = ϕ (π) =. (.7) Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ + λϕ = ϕ () = ϕ (π) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche. Per λ < non vi sono soluzioni non nulle, per λ = sono soluzioni tutte le costanti mentre per λ > si ha (vedi esercizio.8) ϕ n (x) = α n cos(nx) per λ n = n, n N. In corrispondenza a tale λ n per l equazione differenziale ψ = 4λ n ψ abbiamo le soluzioni ψ n (t) = b n e 4nt. Abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni (include anche il caso n = ) u n (x, t) = a n e 4nt cos(nx), n N. 13

124 Per linearità è anche soluzione u(x, t) = a n e 4nt cos(nx). (.8) n= Per concludere si tratta ora di sviluppare il dato iniziale in serie di Fourier di periodo π: poiché la soluzione è in serie di coseni rispetto alla x, stessa cosa dovrà avvenire per il dato. Bisognerà perciò estendere il dato f(x) = x pari in [ π, π]. Si ha: f(x) = α + α n cos(nx), n=1 dove α n = π α = π π π f(x) cos(nx)dx, e nel nostro caso f(x)dx = π π x dx = π ( x ) x=π x= = π ( π ) = π, π α n = x cos(nx)dx = π π ( x)sin(nx) x=π n x= π = 4 1 π n cos(nx) x=π = 4 x= πn (( 1)n 1). π sin(nx) dx n Per confronto si ha quindi a = α = π, a n = α n = 4 πn (1 + ( 1) n+1 ) per cui sostituendo nella (.8) si ottiene u(x, t) = π + n=1 4 πn ( 1 + ( 1) n+1 ) e 4nt cos(nx) per cui la soluzione del problema può scriversi u(x, t) = π + k= 8 π(k + 1) e 4(k+1)t cos ((k + 1)x). 14

125 Esercizio.11 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema u t 7u xx = < x < π, t > u(x, ) = 3 + x < x < π u x (, t) = u x (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Neumann per l equazione del calore. soluzione. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.9) da cui sostituendo nell equazione del problema ψ (t)ϕ(x) = 7ψ(t)ϕ (x) e, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 7ϕ (x) ϕ(x) = 7λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ + 7λψ =, ϕ + λϕ =. Utilizzando poi la (.9) per i dati al bordo del problema si ottiene da cui ϕ ()ψ(t) = ϕ (π)ψ(t) = per ogni t >, ϕ () = ϕ (π) =. (.3) 15

126 Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ + λϕ = ϕ () = ϕ (π) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche. Per λ < non vi sono soluzioni non nulle, per λ = sono soluzioni tutte le costanti mentre per λ > si ha ϕ(x) = α cos( λx) + β sin( λx), da cui ϕ (x) = α λ sin( λx) + β λ cos( λx). Usando i dati al bordo si ha β = e α λ sin(π λ) =, da cui λ n = n. Perciò ϕ n (x) = α n cos(nx) per λ n = n. Tale soluzione include per n = anche il caso λ =. In corrispondenza a tali λ n per l equazione differenziale ψ = 7λ n ψ abbiamo le soluzioni ψ n (t) = b n e 7nt. Abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni dell equazione alle derivate parziali della forma (.9) u n (x, t) = a n e 7nt cos(nx), n N. Per linearità è anche soluzione dell equazione u(x, t) = a n e 7nt cos(nx). (.31) n= 16

127 Per concludere si tratta ora di sviluppare il dato iniziale in serie di Fourier di periodo π: poiché la soluzione è in serie di coseni rispetto alla x, stessa cosa dovrà avvenire per il dato. Dobbiamo perciò sviluppare f(x) = x pari in [ π, π]: f(x) = α + α n cos(nx), dove α n = π α = π α n = π π π π π n=1 f(x) cos(nx)dx e nel nostro caso f(x)dx = π π x dx = 1 π (x ) x cos(nx)dx = π xsin(nx) n x=π x=π x= x= π 1 n cos(nx) x=π = x= πn (( 1)n 1). = π, π sin(nx) dx = n Per confronto si ha quindi a = 3 + α = π, a n = α n = 4 πn (1 + ( 1) n+1 ) per cui sostituendo nella (.31) si ottiene u(x, t) = 3 + π + n=1 che può scriversi nella forma u(x, t) = 3 + π + k= πn (( 1)n 1) e 7nt cos(nx) 4 π(k + 1) e 7(k+1)t cos ((k + 1)x). Tale u = u(x, t) è l unica soluzione del problema proposto. Esercizio.1 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema u t 5u xx = < x < π, t u(, t) = u(π, t) = t u(x, ) = x + sin x < x < π. 17

128 Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy-Dirichlet per l equazione del calore. soluzione. Il problema è ben posto per t > ed avrà quindi una sola Come previsto dal testo dell esercizio, applichiamo il metodo di separazione delle variabili. Per prima cosa cerchiamo una soluzione dell equazione del tipo u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.3) da cui sostituendo nell equazione del problema ψ (t)ϕ(x) 5ψ(t)ϕ (x) = e separando le variabili esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 5ϕ (x) ϕ(x) = 5λ, per cui otteniamo le due equazioni ψ = 5λψ, ϕ + λϕ =. Utilizzando poi la (.3) per i dati al bordo del problema si ottiene da cui ϕ()ψ(t) = ϕ(π)ψ(t) = per ogni t >, ϕ() = ϕ(π) =. (.33) Le soluzioni del problema ai limiti { ϕ + λϕ = ϕ() = ϕ(1) = possono essere non nulle se e solo se sono periodiche: ciò equivale a dire che non troveremo soluzioni per λ mentre per λ > si ha ϕ n (x) = β n sin(nx) per λ n = n, n N. 18

129 In corrispondenza a tale λ n per l equazione differenziale ψ = 5λ n ψ abbiamo la soluzione ψ n (t) = α n e 5nt. Abbiamo perciò trovato la famiglia di soluzioni della forma (.3) u n (x, t) = a n e 5nt sin(nx), n N. Per linearità è anche soluzione dell equazione alle derivate parziali u(x, t) = a n e 5nt sin(nx). (.34) n=1 Per concludere si tratta ora di sviluppare il dato iniziale in serie di Fourier di periodo π: poiché la soluzione è in serie di seni, stessa cosa dovrà avvenire per il dato. Poiché sin x già lo è, si tratta di sviluppare f(x) = x dispari a [ π, π] in serie di Fourier, f(x) = α n sin(nx). Si ha α n = π π x n=1 π f(x) sin(nx)dx = π ( cos(nx) ) x=π + n x= π n ( 1)n + π sin(nx) n π π x sin(nx)dx = cos(nx) dx = n x=π = n ( 1)n+1. x= Utilizzando perciò lo sviluppo appena calcolato nella condizione iniziale, u(x, ) = sin x + α n sin(nx), n=1 si ha a 1 = 1 + = 3, a n = n ( 1)n+1 per n, per cui sostituendo nella (.34) la soluzione del problema può scriversi u(x, t) = 3e 5t sin(x) + n ( 1)n+1 sin(nx). n= 19

130 Esercizio.13 Risolvere il seguente problema: u t u xx = e t sin x < x < π, t >, u (, t) = u (π, t) = t > u (x, ) = < x < π. (.35) Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy Dirichlet relativo ad un equazione parabolica lineare. Il problema è ben posto ed avrà quindi una sola soluzione. Per determinarla, ricordiamo che il problema di Dirichlet relativo all equazione del calore, { w t w xx = < x < π, t > w (, t) = w (π, t) = t > ha tutte le sue soluzioni date da w(x, t) = c n e nt sin(nx). n=1 Cercheremo perciò soluzioni del problema (.35) della forma u(x, t) = b n (t) sin(nx). n=1 In tal modo i dati al bordo u(, t) = u(π, t) = sono già verificati. Inoltre, poiché u(x, ) =, deve essere b n () = per ogni n. In più, sostituendo l espressione di u(x, t) in serie nell equazione di (.35), si ottiene ( b n (t) + n b n (t) ) sin(nx) = e t sin(x), n=1 da cui si ricavano i seguenti problemi di Cauchy: { b n + n b n = b n () = 13

131 per ogni n 1, { b 1 + b 1 = e t b 1 () =. Si ha b n (t) per ogni n 1 e b 1 (t) = te t. La soluzione del problema (.35) è data perciò da u(x, t) = b 1 (t) sin x = te t sin x. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.14 Risolvere il seguente problema: u t u xx = sin(x) < x < π, t > u (, t) = u (π, t) = t > u (x, ) = < x < π. (.36) Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy Dirichlet relativo ad un equazione parabolica lineare. Il problema è ben posto ed avrà quindi una sola soluzione. Per determinarla, ricordiamo che il problema di Dirichlet relativo all equazione del calore, { w t w xx = < x < π, t > w (, t) = w (π, t) = t > ha tutte le sue soluzioni date da w(x, t) = c n e nt sin(nx). n=1 Cercheremo soluzioni del nostro problema (.36) della forma u(x, t) = b n (t) sin(nx). n=1 131

132 In tal modo i dati al bordo u(, t) = u(π, t) = saranno automaticamente verificati. Inoltre, poiché u(x, ) =, deve essere b n () = per ogni n. In più, sostituendo l espressione di u(x, t) in serie nell equazione data, si ottiene ( b n (t) + n b n (t) ) sin(nx) = sin(x), n=1 da cui si ricavano i seguenti problemi di Cauchy: { b n + n b n = b n () = per ogni n 1, { b 1 + b 1 = 1 b 1 () =. Per il primo dei due (n 1) la soluzione generale dell equazione è data da b n (t) = ke nt, per cui = b n () = k e l unica soluzione è b n (t). Per il secondo, invece, una soluzione particolare dell equazione è b 1 = 1, per cui la soluzione generale è b 1 (t) = 1 + ke t. Da b 1 () =, si ha 1 + k =, da cui b 1 (t) = 1 e t. La soluzione del problema proposto è dato perciò da u(x, t) = ( 1 e t) sin x. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto..3 Equazioni alle derivate parziali di tipo iperbolico Esercizio.15 Si verifichi che il problema u tt u xx =, x R, t > u(x, x) = cos(x) x u(x, x) + u(x, x) = ϕ(x) t non è ben posto. Si trovi per quali ϕ esistono soluzioni e determinarle. 13

133 Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy per l equazione delle onde. Sono curve caratteristiche x = t + k, k R per cui il dato è caratteristico e non è perciò garantita la buona positura. Eseguiamo il cambio di variabili { { x + t = ξ x = ξ+η x t = η t = ξ η e indichiamo con w la soluzione rispetto alle nuove variabili, u(x, t) = w(ξ, η). Allora il problema proposto diviene w ξη = w(ξ, ) = cos ( ) ξ w ξ (ξ, ) = 1ϕ ( (.37) ) ξ. L integrale generale dell equazione w ξη = è dato da w(ξ, η) = a(ξ) + b(η), (.38) con a, b C 1 generiche funzioni con b() =. Dalla (.38) si ottiene w ξ (ξ, η) = a (ξ), per cui le condizioni iniziali del problema (.37) danno luogo alle relazioni { a(ξ) = cos ( ξ a (ξ) = 1 ϕ ( ξ dalle quali si deduce ( cos ( ξ ϕ(ξ) = sin Riassumendo, ) ) (.39) ( ) ξ. )) = 1ϕ(ξ) e derivando a) se ϕ(ξ) = sin ( ξ ), allora dalla (.38) w(ξ, η) = ( ) ξ cos + b(η) con b() =, per cui, al variare di b = b(η), vi sono infinite soluzioni; 133

134 b) se ϕ(ξ) sin ( ξ ), non vi sono soluzioni. In entrambi i casi il problema non è ben posto, in quanto manca unicità, esistenza o dipendenza continua dai dati. Nel caso a) per determinare le soluzioni basterà ora ritornare alle variabili (x, t) ottenendo u(x, t) = ( ) x + t cos + b(x t), b C 1 con b() =. Esercizio.16 Si determini l integrale generale dell equazione u tt c u xx = c cos(t), c R. (.4) Risoluzione. Ricordiamo che l integrale generale dell equazione delle onde omogenea v tt c v xx = è data da v(x, t) = ϕ(x + ct) + ψ(x ct) con ϕ, ψ : R R funzioni generiche di classe C. Si osservi ora che una soluzione particolare di (.4) è data da ū(x, t) = c cos(t): l integrale generale è perciò dato da u(x, t) = ϕ(x + ct) + ψ(x ct) c cos t, con ϕ, ψ : R R funzioni generiche di classe C. 134

135 Esercizio.17 Risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < π, t > u (x, ) = 3 sin(x) + sin(5x) u t (x, ) = sin(x) < x < π < x < π u (, t) = u (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Dirichlet al bordo. Il problema è ben posto. L unica soluzione la possiamo cercare con il metodo di riflessione relativo al problema della corda vibrante ad estremi fissi, ovvero utilizzando la formula di d Alembert: dette { h(x) = 3 sin(x) + sin(5x) k(x) = sin(x), dispari e π-periodiche, la soluzione cercata è data da u(x, t) = 1 (h(x + t) + h(x t)) + 1 x+t x t = 1 ( 3 sin((x + t)) + sin(5(x + t))+ 3 sin((x t)) + sin(5(x t)) ) + 1 = 3 ( sin((x + t)) + sin((x t)) ) + k(τ)dτ x+t x t sin(τ)dτ 1( ) sin(5(x + t)) + sin(5(x t)) cos(x + t) + cos(x t). Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy-Dirichlet proposto. 135

136 Esercizio.18 Risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < 1, t > u (x, ) = 1 < x < 1 u t (x, ) = sin(πx) < x < 1 u x (, t) = u x (1, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Neumann agli estremi. Il problema è ben posto. L unica soluzione la cerchiamo per separazione di variabili. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.41) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.41) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ ()ψ(t) = ϕ (1)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ () = ϕ (1) =. Si tratta perciò di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < 1 ϕ () = ϕ (1) =. Per λ < l unica soluzione è quella nulla. Per λ = si trova che sono soluzioni tutte le costanti. Infine, per λ >, l integrale generale dell equazione è ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) 136

137 da cui ϕ (x) = α λ cos( λx) β λ sin( λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { α = α = β λ sin( λ) =, Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = β n cos(nπx). λ n = π n, n N. Abbiamo perciò trovato, per λ n particolare n = ), = π n, n N (include anche il caso ϕ n (x) = β n cos(nπx). Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + π n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(nπt) + β n sin(nπt), per n mentre per n = sono soluzioni tutte le funzioni lineari, ψ (t) = α + βt per cui mettendo insieme, { (α n cos(nπt) + β n sin(nπt)) cos(nπx) per n u n (x, t) = α + βt per n =. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = α + βt + (α n cos(nπt) + β n sin(nπt)) cos(nπx). n=1 137

138 La funzione u è quindi pari rispetto alla x. Risulta poi u t (x, t) = β + ( nπα n sin(nπt) + nπβ n cos(nπt)) cos(nπx). n=1 Il dato iniziale f(x) = sin(πx), una volta estesa la funzione pari -periodica, diviene f(x) = sin(πx). Si tratta di svilupparla con Fourier, f(ξ) = a + a n cos(nπξ) n=1 calcolando i coefficienti a n = 1 sin(πξ) cos(nπξ)dξ. Integrando due volte per parti si ha sin(πξ) cos(nπξ)dξ = 1 π cos(πξ) cos(nπξ) n cos(πξ) sin(nπξ)dξ = 1 π cos(πξ) cos(nπξ) n π sin(πξ) sin(nπξ) + n Perciò, per n = 1, si ha a 1 = 1 mentre per n 1 risulta sin(πξ) cos(πξ)dξ = 1 sin(πξ)dξ =, a n = 1 π n 1 (cos(πξ) cos(nπξ) + n sin(πξ) sin(nπξ)) 1 = 1 π n 1 ( ( 1)n 1) = ( 1) n+1 1 π n 1 Abbiamo allora trovato f(ξ) = π + n= ( 1) n+1 1 cos(nπξ). π n sin(πξ) cos(nπξ)dξ.

139 Imponendo le condizioni iniziali 1 = u(x, ) = α + α n cos(nπx), + π n= π n=1 ( 1) n+1 1 n 1 cos(nπx) = u t (x, ) = β + nπβ n cos(nπx). si ottiene α = 1 e α n = per ogni n 1 dalla prima riga mentre dalla seconda si ricava β = π, β 1 = e nπβ n = π trovato u(x, t) =1 + π t n= 1 + π t k=1 1+( 1) n n 1 che è la soluzione del problema proposto. n=1 per ogni n. Abbiamo allora 1 + ( 1) n sin(nπt) cos(nπx) = π n(n 1) sin(kπt) cos(kπx) π k(4k 1) Esercizio.19 Mediante il metodo di separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < π, t > u (x, ) = cos(x) < x < π u t (x, ) = cos(x) < x < π u x (, t) = u x (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Neumann agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.4) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = ϕ (x)ψ(t) 139

140 ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.4) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ ()ψ(t) = ϕ (π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ () = ϕ (π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < π ϕ () = ϕ (π) =. Per λ < l unica soluzione è quella nulla. Per λ = si trova che sono soluzioni tutte le costanti. Infine, per λ >, la soluzione generale dell equazione è da cui ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) ϕ (x) = α λ cos( λx) β λ sin( λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { α = α = β λ sin( λπ) = Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = β n cos(nx). λ n = n, n N. Abbiamo perciò trovato, per λ n = n, n N (include anche il caso particolare n = ), ϕ n (x) = β n cos(nx). 14

141 Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(nt) + β n sin(nt), per n mentre per n = sono soluzioni tutte le funzioni lineari, ψ (t) = α + βt per cui mettendo insieme, { (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx) per n u n (x, t) = α + βt per n =. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = α + βt + (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx). n=1 La funzione u è quindi pari rispetto alla x. Risulta poi u t (x, t) = β + ( nα n sin(nt) + nβ n cos(nt)) cos(nx). n=1 Il dato iniziale è già pari π-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali cos(x) = u(x, ) = α + α n cos(nx), n=1 cos(x) = u t (x, ) = β + nβ n cos(nx). n=1 si ottiene β =, α = e α = 1, β = 1 mentre α n =, β n = per ogni n. Abbiamo allora trovato u(x, t) = cos(t) cos(x) + 1 sin(t) cos(x) che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Neumann proposto. 141

142 Esercizio. Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt 4u xx = < x <, t > u (x, ) = sin(πx) < x < u t (x, ) = sin(πx) < x < u (, t) = u (, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Dirichlet agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.43) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = 4ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 4ϕ (x) ϕ(x) = 4λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + 4λψ =. Sostituendo l espressione (.43) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ()ψ(t) = ϕ()ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ() = ϕ() =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < ϕ() = ϕ() =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ >, la soluzione generale dell equazione è ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) 14

143 e, imponendo le condizioni ai limiti, { { β = α sin( β = λ) =, λ n = n π, n 4 N. Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = ᾱ n sin(n π x). Abbiamo perciò trovato, per λ n = n π 4, n N, ϕ n (x) = α n sin(n π x). Passiamo ora all equazione ψ + 4λψ =, ovvero ψ + n π ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(πnt) + β n sin(πnt), per n >, per cui mettendo insieme, per n >, ( π ) u n (x, t) = (α n cos(πnt) + β n sin(πnt)) sin nx. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = Risulta poi u t (x, t) = n=1 n=1 ( π ) (α n cos(πnt) + β n sin(πnt)) sin nx. ( π ) ( nπα n sin (πnt) + nπ cos (πnt)) sin nx. 143

144 La funzione u è quindi dispari rispetto alla x. Il dato iniziale è già dispari 4-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali sin(πx) = u(x, ) = n=1 sin(πx) = u t (x, ) = n=1 α n sin ( π nx), πnβ n sin ( π nx), si ottiene α =, β 4 = 1 4π mentre α n = per ogni n, β n = per ogni n 4. Abbiamo allora trovato u(x, t) = cos(πt) sin(πx) + 1 sin(4πt) sin(πx) 4π che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.1 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < π, t > u (x, ) = cos(x) < x < π u t (x, ) = < x < π u x (, t) = u x (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Neumann agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.44) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = ϕ (x)ψ(t) 144

145 ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.44) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ ()ψ(t) = ϕ (π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ () = ϕ (π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < π ϕ () = ϕ (π) =. Per λ < l unica soluzione è quella nulla. Per λ = si trova che sono soluzioni tutte le costanti. Infine, per λ >, la soluzione generale dell equazione è da cui ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) ϕ (x) = α λ cos( λx) β λ sin( λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { α = α = β λ sin( λπ) = Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = β n cos(nx). λ n = n, n N. Abbiamo perciò trovato, per λ n = n, n N (include anche il caso particolare n = ), ϕ n (x) = β n cos(nx). 145

146 Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + n ψ =. Tale equazione per n ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(nt) + β n sin(nt), mentre per n = sono soluzioni tutte le funzioni lineari, ψ (t) = α + βt per cui mettendo insieme, { (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx) per n u n (x, t) = α + βt per n =. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = α + βt + (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx). n=1 La funzione u è quindi pari rispetto alla x. Risulta poi u t (x, t) = β + ( nα n sin(nt) + nβ n cos(nt)) cos(nx). n=1 Il dato iniziale è già pari π-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali cos(x) = u(x, ) = α + α n cos(nx), n=1 = u t (x, ) = β + nβ n cos(nx) n=1 si ottiene β =, α = e α =, mentre α n = per ogni n, β n = per ogni n 1. Abbiamo allora trovato u(x, t) = t + cos(t) cos(x) che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Neumann proposto. 146

147 Esercizio. Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt 9u xx = < x < π, t > u(x, ) = < x < π u t (x, ) = sin(x) < x < π u (, t) = u (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Dirichlet agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione dell equazione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.45) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = 9ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 9ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λ 9 ϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.45) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ()ψ(t) = ϕ(π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ() = ϕ(π) =. Si tratta perciò di studiare il problema ai limiti ϕ + λ 9 ϕ = ϕ() = ϕ(π) =. < x < π 147

148 Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ >, la soluzione generale dell equazione è ϕ(x) = α sin ( ) ( ) λ λ 3 x + β cos 3 x e, imponendo le condizioni ai limiti, { { β = β = α sin(π λ 3 ) = λ n = 9n, n N. Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = ᾱ n sin(nx). Abbiamo quindi trovato, per λ n = 9n, n N, ϕ n (x) = α n sin(nx). (.46) Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + 9n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(3nt) + β n sin(3nt) (.47) per n >, per cui mettendo insieme la (.46) e la (.47) si ottengono le soluzioni della forma (.45) u n (x, t) = (α n cos(3nt) + β n sin(3nt)) sin(nx). Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = (α n cos(3nt) + β n sin(3nt)) sin(nx). n=1 148

149 Risulta poi u t (x, t) = ( 3nα n sin (3nt) + 3nβ n cos (3nt)) sin(nx). n=1 La funzione u è quindi dispari rispetto alla x. Il dato iniziale è già dispari π-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali = u(x, ) = α n sin(nx), n=1 sin(x) = u t (x, ) = 3nβ n sin(nx), n=1 si ottiene β = 1 mentre α 6 n = per ogni n 1, β n = per ogni n. Abbiamo allora trovato u(x, t) = 1 sin(6t) sin(x) 6 che è l unica soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.3 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt 5u xx = < x < 3, t > u(x, ) = 3 < x < 3 u t (x, ) = 4 cos ( 3 πx) < x < 3 u x (, t) = u x (3, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Neumann agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione dell equazione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.48) 149

150 che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = 5ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 5ϕ (x) ϕ(x) = 5λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + 5λψ =. Sostituendo l espressione (.48) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ ()ψ(t) = ϕ (3)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ () = ϕ (3) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < π ϕ () = ϕ (3) =. Per λ < l unica soluzione è quella nulla. Per λ = si trova che sono soluzioni tutte le costanti. Infine, per λ >, la soluzione generale dell equazione è da cui ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) ϕ (x) = α λ cos( λx) β λ sin( λx) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { α = α = β λ sin(3 λ) = λ n = n 9 π, n N. Tutte le soluzioni del problema sono in questo caso perciò ϕ n (x) = β n cos (n π ) 3 x. 15

151 Abbiamo trovato, per λ n = n 9 π, n N (include anche il caso particolare n = ), ϕ n (x) = β n cos (n π ) 3 x. Passiamo ora all equazione ψ + 5λψ =, ovvero ψ π n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ( π ) ( 5 ψ n (t) = α n cos 3 nt + β π ) 5 n sin 3 nt, per n mentre per n = sono soluzioni tutte le funzioni lineari, ψ (t) = α + βt per cui mettendo insieme, otteniamo per l equazione alle derivate parziali le seguenti soluzioni della forma (.48) {( ( π α n cos ) ( 5 3 u n (x, t) = nt π + β n sin )) 5 nt cos ( n πx) per n 3 3 α + βt per n =. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = α+βt+ ( ( π ) ( 5 α n cos 3 nt π )) 5 + β n sin 3 nt cos (n π ) 3 x. n=1 La funzione u è quindi pari rispetto alla x. Risulta poi ( ( u t (x, t) = β+ n π 5 3 α π ) 5 n sin 3 nt n=1 + n π 5 3 β n cos ( π )) 5 3 nt cos (n π ) 3 x. Il dato iniziale è già pari 6-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali 3 = u(x, ) = α + α n cos(nx) n=1 4 cos ( πx) = u 3 t (x, ) = β + n= πnβ n cos ( n π 3 x)

152 si ottiene β =, α = 3 e β = 6 5, mentre α 5π n = per ogni n 1, β n = per ogni n. Abbiamo allora trovato ( u(x, t) = π sin 5 3 t che è la soluzione del problema proposto. ) cos ( π ) 3 x Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Neumann proposto. Esercizio.4 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt 4u xx = < x < π, t > u(x, ) =, < x < π u t (x, ) = sin(x) + sin(x) < x < π u (, t) = u (π, t) = t >. Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Dirichlet agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione dell equazione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.49) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = 4ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 4ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λ 4 ϕ =, ψ + λψ =. 15

153 Sostituendo l espressione (.49) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ()ψ(t) = ϕ(π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ() = ϕ(π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = 4 < x < π ϕ() = ϕ(π) =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ > la soluzione generale dell equazione è λ λ ϕ(x) = α sin( x) + β cos( x) e, imponendo le condizioni ai limiti, { { β = β = α sin( λ π) = λ n = 4n, n N. Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = ᾱ n sin(nx). Abbiamo perciò trovato, per λ n = 4n, n N, ϕ n (x) = α n sin(nx). Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + 4n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(nt) + β n sin(nt) 153

154 per n, per cui mettendo insieme, si ottiene la soluzione dell equazione alle derivate parziali della forma (.49) u n (x, t) = (α n cos(nt) + β n sin(nt)) sin(nx). Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = (α n cos(nt) + β n sin(nt)) sin(nx). n=1 La funzione u è quindi dispari rispetto alla x. Il dato iniziale è già dispari π-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali = u(x, ) = α n sin(nx) n=1 sin x + sin(x) = u t (x, ) = nβ n sin(nx), n=1 si ottiene β 1 = 1, β = 1 mentre α 4 n = per ogni n 1, β n = per ogni n 3. Abbiamo allora trovato u(x, t) = sin(t) sin x + 1 sin(4t) sin(x) 4 che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Dirichlet proposto. Esercizio.5 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema u tt u xx = < x < π, t R u x (, t) = u x (π, t) = t R u(x, ) = cos x < x < π u t (x, ) = cos x 3 cos(3x) < x < π. 154

155 Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Neumann agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.5) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.5) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ ()ψ(t) = ϕ (π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ () = ϕ (π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < π ϕ () = ϕ (π) =. Per λ < l unica soluzione è quella nulla. Per λ = si trova che sono soluzioni tutte le costanti. Infine, per λ >, la soluzione generale dell equazione è da cui ϕ(x) = α sin( λx) + β cos( λx) ϕ (x) = α λ cos( λx) β λ sin( λx) 155

156 e, imponendo le condizioni ai limiti, { { α = α = β λ sin( λπ) = Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = β n cos(nx). λ n = n, n N. Abbiamo perciò trovato, per λ n = n, n N (include anche il caso particolare n = ), ϕ n (x) = β n cos(nx). Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(nt) + β n sin(nt), per n mentre per n = sono soluzioni tutte le funzioni lineari, ψ (t) = α+βt per cui mettendo insieme otteniamo le seguenti soluzioni dell equazione alle derivate parziali della forma (.5) { (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx) per n u n (x, t) = α + βt per n =. Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = α + βt + (α n cos(nt) + β n sin(nt)) cos(nx). n=1 156

157 La funzione u è quindi pari rispetto alla x. Risulta poi u t (x, t) = β + ( nα n sin(nt) + nβ n cos(nt)) cos(nx). n=1 Il dato iniziale è già pari π-periodico. Imponendo perciò le condizioni iniziali cos(x) = u(x, ) = α + α n cos(nx), n=1 cos(x) 3 cos(3x) = u t (x, ) = β + nβ n cos(nx). si ottiene β =, α = e α 1 = 1, β 1 = 1, b 3 = 1 mentre α n = per ogni n 1, β n = per ogni n 1, 3. Abbiamo allora trovato u(x, t) = cos(t) cos(x) + sin(t) cos(x) sin(3t) cos(3x) che è la soluzione del problema proposto. Lo studente diligente può verificare che tale u = u(x, t) risolve effettivamente il problema di Cauchy Neumann proposto. Esercizio.6 Risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < 1, t > u (x, ) = < x < 1 u t (x, ) = x(1 x) < x < 1 u (, t) = u (1, t) = t >. Risoluzione. Si tratta di un problema della corda vibrante con dato di Dirichlet al bordo. Il problema è ben posto. L unica soluzione la cerchiamo per separazione di variabili. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.51) n=1 157

158 che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.51) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ()ψ(t) = ϕ(1)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ() = ϕ(1) =. La condizione iniziale u(x, ) = diviene ϕ(x)ψ() = per ogni x, da cui ψ() =. Il problema ai limiti ϕ + λϕ = < x < 1 ϕ() = ϕ(1) = ha soluzione non nulla solo se periodica e perciò per λ > e precisamente se e solo se λ n = π n e in tal caso ϕ n (x) = γ n sin(nπx) sono soluzioni, γ n R. Inoltre il problema ai limiti { ψ + π n ψ =, ψ() = ha soluzioni ψ n (t) = β n sin(nπt), per cui abbiamo trovato le soluzioni u n (x, t) = b n sin(nπx) sin(nπt) e, quindi, anche una loro somma verifica le stesse condizioni: u(x, t) = b n sin(nπx) sin(nπt). n=1 158

159 Resta da imporre la condizione iniziale sulla derivata. Ricordando l esercizio.9 e in particolare la formula (.5) da cui u t (x, t) = u t (x, ) = nπb n sin(nπx) cos(nπt), n=1 nπb n sin(nπx). (.5) n=1 Sviluppiamo ora il dato iniziale u t (x, ) = x(1 x) dispari così come la (.5). Si ha x(1 x) = n=1 4(1 ( 1) n ) (nπ) 3 e, per confronto, si ottiene b n = 1 nπ u(x, t) = n=1 n= sin(nπx), 4(1 ( 1) n ), da cui (nπ) 3 4(1 ( 1) n ) sin(nπx) sin(nπt) = (nπ) sin ((n + 1)πx) sin ((n + 1)πt). ((n + 1)π) Esercizio.7 Risolvere il seguente problema: u tt u xx = < x < 1, t > u (x, ) = x(1 x) < x < 1 u t (x, ) = sin(πx) < x < 1 u (, t) = u (1, t) = t >. 159

160 Risoluzione. Si tratta di un problema della corda vibrante con dato di Dirichlet al bordo. Il problema è ben posto. L unica soluzione la possiamo cercare con il metodo di riflessione relativo al problema della corda vibrante ad estremi fissi. Le funzioni { h(x) = x(1 x) k(x) = sin(πx) vanno estese dispari e -periodiche. Si osservi che k = k(x) è già dispari -periodica, mentre h va sviluppata in serie di Fourier. Risulta 8 h(x) = 3 sin ((n + 1)πx). ((n + 1)π) n=1 Si può ora applicare la formula di d Alembert: n=1 x+t u(x, t) = 1 [h(x + t) + h(x t)] + 1 k(ξ)dξ = x t 4 3 (sin ((n + 1)π(x + t)) + ((n + 1)π) n=1 che è la soluzione cercata. x+t sin ((n + 1)π(x t))) + 1 sin(πξ)dξ = x t 4 3 (sin ((n + 1)π(x + t)) + ((n + 1)π) sin ((n + 1)π(x t))) 1 (cos(π(x + t)) cos(π(x t))) π Esercizio.8 Mediante l uso della separazione delle variabili, risolvere il seguente problema: u tt 9u xx = < x < π, t R u(x, ) = x < x < π u t (x, ) = x < x < π u (, t) = u (π, t) = t R. 16

161 Risoluzione. Si tratta del problema della corda vibrante con dato di Dirichlet agli estremi. Il problema è ben posto. Cerchiamo una soluzione della forma: u(x, t) = ϕ(x)ψ(t), (.53) che sostituita nell equazione del nostro problema ci dà: ϕ(x)ψ (t) = 9ϕ (x)ψ(t) ovvero, separando le variabili, esiste λ R tale che ψ (t) ψ(t) = 9ϕ (x) ϕ(x) = λ, da cui otteniamo le equazioni ϕ + λ 9 ϕ =, ψ + λψ =. Sostituendo l espressione (.53) nelle condizioni al bordo otteniamo: ϕ()ψ(t) = ϕ(π)ψ(t) = per ogni t, da cui ϕ() = ϕ(π) =. Si tratta di studiare il problema ai limiti ϕ + λϕ = 9 < x < π ϕ() = ϕ(π) =. Per λ l unica soluzione è quella nulla. Per λ > la soluzione generale dell equazione differenziale è ( ) ( ) λ λ ϕ(x) = α sin 3 x + β cos 3 x e, imponendo le condizioni ai limiti, { { β = β = α sin(π λ 3 ) = λ n = 9n, n N. 161

162 Tutte le soluzioni del problema sono perciò ϕ n (x) = ᾱ n sin(nx). Abbiamo trovato, per λ n = 9n, n N, ϕ n (x) = α n sin(nx). Passiamo ora all equazione ψ + λψ =, ovvero ψ + 9n ψ =. Tale equazione ha per soluzione ψ n (t) = α n cos(3nt) + β n sin(3nt), per n > per cui, mettendo insieme, otteniamo la seguente soluzione dell equazione alle derivate parziali della forma (.53): u n (x, t) = (α n cos(3nt) + β n sin(3nt)) sin(nx). Anche la loro somma verifica la stessa equazione e le stesse condizioni ai limiti: u(x, t) = Risulta poi (α n cos(3nt) + β n sin(3nt)) sin(nx). (.54) n=1 u t (x, t) = ( 3nα n sin (3nt) + 3nβ n cos (3nt)) sin(nx). n=1 La funzione u è quindi dispari rispetto alla x. Si tratta di sviluppare i dati iniziali f(x) = x e g(x) = x dispari in [ π, π] in serie di Fourier, f(x) = a n sin(nx), n=1 16

163 Si ha e g(x) = b n sin(nx). a n = π π x n=1 π f(x) sin(nx)dx = π ( cos(nx) ) x=π + n x= π n ( 1)n + π π sin(nx) n π π x sin(nx)dx = cos(nx) dx = n x=π = n ( 1)n+1 x= π b n = g(x) sin(nx)dx = x sin(nx)dx = π π ( π x cos(nx) ) x=π + π x cos(nx) dx = n x= π n π( 1) n + n π xsin(nx) x=π π sin(nx) dx = n x= π n π n ( 1)n cos(nx) x=π = π πn n x= n ( 1)n πn 3 (( 1)n 1). Utilizzando perciò gli sviluppi appena calcolati nelle condizioni iniziali f(x) = u(x, ) = α n sin(nx), n=1 g(x) = u t (x, ) = 3nβ n sin(nx), n=1 si ha { an = αn = n ( 1)n+1 β n = 1 b 3n n = π ( 1) n (( 1) n 1). 3n 3πn 4 (.55) Sostituendo la (.55) nella (.54) si ottiene la soluzione del problema proposto, u(x, t) = n=1 ( n ( 1)n+1 cos(3nt)+ 163

164 ( π n ( 1)n ) ) πn 3 (( 1)n 1) sin(3nt) sin(nx). 164