Formule di Gauss Green

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1 Formule di Guss Green In queste lezioni voglimo studire il legme esistente tr integrli in domini bidimensionli ed integrli urvilinei sull frontier di questi. In seguito i ouperemo del problem nlogo nello spzio tridimensionle. Il punto di prtenz essenzile è il Teorem Fondmentle del Clolo, il nome del teorem già indi l su importnz. Questo i die he dt un funzione f C([, b]) ed F un su primitiv vle l seguente uguglinz b f(t) dt = F (b) F (). Come ben spete questo i permette di lolre gli integrli definiti di moltissime funzioni, tutto si ridue trovre un primitiv, ovvero un funzione F tle he F = f. Nel so unidimensionle esiste quindi un legme tr l integrle dell derivt di un funzione nell intervllo [, b] ed i vlori dell stess funzione sull frontier ovvero nei punti e b. Tutto iò si può generlizzre l so di n vribili. Per or onsiderimo n = 2. L frontier di un dominio del pino in generle srà un urv. Rihimimo gli integrli di un funzione su un urv. t un urv semplie e regolre γ prmetrizzt trmite (x(t), y(t)) on t [, b] ed un funzione f ontinu su γ definimo l integrle di f su γ ome γ f ds = b f(x(t), y(t)) x (t) 2 + y (t) 2 dt questo integrle non dipende dll prmetrizzzione m solo dl supporto dell urv. Un ltro onetto he vete già inontrto è quello di integrle di un mpo F (F 1, F 2 ) lungo un urv, he h l interpretzione fisi del lvoro lungo un mmino. Questo si può definire ome < F, t > ds (1) γ dove on <, > indihimo il prodotto slre, mentre t è il mpo definito su γ dto dl vettore tngente ll urv normlizzto d 1. In ltre prole 1 t(x(t), y(t)) = x (t) 2 +y (t) 2 (x (t), y (t)). In questo modo l integrle in (1) si risrive ome b F 1 (x(t), y(t))x (t) + F 2 (x(t), y(t))y (t) dt. (2) 1

2 Questo dipende dll prmetrizzzione solo nell selt dl verso del vettore t, ovvero dl verso di perorrenz dell urv, un modo usule per indire (2) è γ F 1 dx + F 2 dy dove on γ sottintendimo oltre l supporto dell urv nhe il suo orientmento. Le definizioni preedenti si estendono filmente l so in ui γ è dt trmite unione finit di urve regolri. to un dominio hiuso R 2 e due funzioni f e g regolri in, i proponimo di dimostrre le seguenti uguglinze, note ome formule di Guss Green f x dxdy = f dy, g y dxdy = g dx. (3) il verso di perorrenz sull frontier di è quello per ui il dominio rimne ll sinistr dell frontier (vedi Figur 1). Queste uguglinze si possono pensre ome un estensione del teorem fondmentle del lolo in R 2. Prim di dimostre le formule di Guss Green nel so di domini prtiolri vedimo un utile pplizione. Considerimo l funzione f(x, y) = x, llor usndo l prim delle uguglinze in (3) ottenimo dxdy = x dy, (4) il primo membro nell uguglinz di sopr oinide on l misur di (l su re) e l (4) i permette di lolre l re di un insieme trmite un integrle urvilineo. Un risultto nlogo lo trovimo usndo l seond delle formule di Guss Green, in tl so usndo l funzione g(x, y) = y ottenimo dxdy = y dx. 2

3 Esempio 1 Si il erhio di entro l origine e rggio 1, vedimo se è verifit l (4). L re di sppimo he è ugule π. Or seglimo ome prmetrizzzione per l lssi (x(t), y(t)) = (os(t), sin(t)) on t [0, 2π]. Osservimo he quest prmetrizzzione i fornise il orretto verso di perorrenz. Il seondo membro dell (4) divent 2π 0 os 2 (t) dt = π. Eserizio 1 Si h(s) un funzione derivbile e positiv nell intervllo [, b], sppimo he b h(s) ds i d l re dell regione he si trov sotto il grfio dell funzione h. Si verifihi questo ftto ttrverso un delle uguglinze di Guss Green. Sommndo l (4) e l formul he l segue si ottiene, dopo ver diviso per 2, l seguente uguglinz A() = dxdy = 1 y dx + x dy. 2 In luni si quest può essere utile, provte d utilizzrl per risolvere l eserizio he segue. Eserizio 2 t l urv (rdioide) di equzioni prmetrihe x(t) = (1 os t) os t, y(t) = (1 os t) sin t, si loli l re del dominio delimitto d tle urv. Cominimo verifire le formule di Guss Green nel generio rettngolo R = [, b] [, d] (, d) γ 3 (b, d) γ 4 R γ 2 (, ) γ 1 (b, ) Verifihimo l prim delle due uguglinze in (3), l ltr seguirà in modo nlogo. Osservimo he l frontier di R si può srivere ome somm di 4 urve regolri γ 1,, γ 4 le ui prmetrizzzioni sono dte rispettivmente d γ 1 (t, ), t [, b], γ 2 (b, t), t [, d], γ 3 (t, d), t [, b], γ 4 (, t), t [, d]. Abbimo sritto γ 3 e γ 4 per riordri he on 3

4 queste prmetrizzzioni le urve sono perorse in verso opposto quello orretto, periò dovremo operre un mbio di segno. Cominimo srivere il seondo membro dell uguglinz he voglimo dimostrre R f dy = 4 i=1 γ i f dy = b 0 dt + d f(b, t) dt b 0 dt d f(, t) dt. Or onsiderimo il primo membro, utilizzndo le note proprietà per gli integrli doppi e il teorem fondmentle del lolo ottenimo R f x (x, y) dxdy = d ( b ) f x (x, y) dx dy = d f(b, y) f(, y) dy. ui segue l verifi dell uguglinz tr i due membri. Provimo or l prim delle uguglinze di Guss Green in un dominio normle rispetto ll vribile y, supponimo quindi he = {(x, y) R 2 : y d, x 1 (y) x x 2 (y)}, dove x 1 e x 2 sono due funzioni regolri. Utilizzndo le formule di riduzione per gli integrli multipli il primo membro dell prim formul di Guss Green si srive ( d ) x2 (t) d f x (x, y) dx dy = f(x 2 (y), y) f(x 1 (y), y) dy. x 1 (t) ltr prte l frontier di si può dividere ome unione di quttro urve, su γ 1 e γ 3 gli integrli sono nulli dl momento he non è vrizione nell 4

5 vribile y, mentre γ 2 (x 2 (t), t) on t [, d] e γ 4 (x 1 (t), t) on t [, d] (vedi figur di sopr). Come prim mettimo il segno meno dvnti γ 4 per puntulizzre il ftto he on quest prmetrizzzione l urv è perors in verso opposto quello di γ 4. Se ndimo onsiderre il seondo membro nell formul di Guss Green ottenimo d d f dy = f dy + f dy = f(x 2 (t), t) dt f(x 1 (t), t) γ 2 γ 4 d ui segue l tesi. Per ripetere l dimostrzione per l ltr formul di Guss Green bbimo bisogno he il dominio si normle rispetto ll vribile x. L ide per dimostrre le formule di Guss Green nel so di domini più generli onsiste nel dividere il dominio dto in tnti sottodomini in ui già sppimo he vlgono le formule di Guss Green. In tl modo le ose funzionno in qunto gli integrli sulle prti di frontier he ggiungimo si elidono perhé vengono ontte 2 volte on segno opposto. Inftti supponimo he il dominio si ome nell figur di sopr, ovvero = n i=1 i 5

6 e he in ogni i vlgno le formule di Guss Green, llor n n f x (x, y) dxdy = f x (x, y) dxdy = f dy = i i e nlogmente g y (x, y) dxdy = i=1 n i=1 i g y (x, y) dxdy = i=1 i=1 n g dx = i f dy. Se sommimo le due uguglinze in (3) ottenimo l seguente f x + g y dxdy = f dy g dx. (5) Possimo dre un interpretzione interessnte dell (5) introduendo il onetto di divergenz di un mpo F. Si F = (F 1,, F n ) un mpo definito in un dominio di R n (ognun delle F i è un funzione in ) llor si definise l funzione divergenz di F trmite div(f ) = x1 F 1 + x2 F xn F n. Usndo quest definizione possimo osservre he l integrnd del primo membro di (5) orrisponde proprio on l divergenz del mpo F = (f, g). Per qunto rigurd il seondo membro, utilizzndo un prmetrizzzione (he i fornise l orientmento dell urv pproprito) lo risrivimo ome b f(x(t), y(t))y (t) g(x(t), y(t))x (t) dt or osservimo he in ogni punto dell urv il vettore n(x(t), y(t)) = 1 x (t) 2 + y (t) 2 (y (t), x (t)) f dy. è il versore normle ll urv nel punto he h ome verso quello he punt ll esterno del dominio. Riepilogndo l (5) si può risrivere ome divf dxdy = < F, n > ds questo si him nhe Teorem dell ivergenz e i die he dto un mpo regolre in un dominio llor l integrle dell divergenz del mpo nel dominio è ugule ll integrle urvilineo sull frontier di dell omponente del mpo lungo l normle estern, ovvero ll quntità di flusso usente d. 6

7 Eserizio 3 to il mpo F = (x 2 y, xy), lolre il flusso del mpo usente dl qudrto Q = [0, 1] [0, 1]. Vedimo nhe un ltr interpretzione dell (5), seglimo un mpo B = (, b), utilizzndo le formule di Guss Green ottenimo b x y dxdy = dx + b dy. (6) Vedimo il senso dell formul preedente. Rihimimo tle proposito l definizione di rotore di un mpo B (, b, ) definito in R 3, questo srà un vettore vente ome omponenti rotb = ( y b z, z x, b x y ). Quindi l integrnd del primo membro dell (6) si può srivere ome (rotb) z, ovvero ome l terz omponente del vettore rotore di B ( volte rotb si indi nhe ome urlb). In questo modo vedimo he l uguglinz (6) si può srivere nhe ome (si riordi l (1)) (rotb) z dxdy = < B, t > ds. (7) Il seondo membro rppresent il lvoro del mpo di forze B lungo l urv hius. L preedente uguglinz prende il nome di Teorem di Stokes. Il Teorem di Stokes è molto utile per risolvere i seguenti eserizi. Eserizio 4 Clolre il lvoro he deve svolgere il mpo di forze F = (xy, x 2xy) nel trsportre un prtiell lungo l frontier del qudrto Q = {(x, y) R 2 : 0 x 1, 0 y 1} perors in senso ntiorrio. Eserizio 5 Clolre il lvoro he deve svolgere il mpo di forze F = ( x 2 y, xy 2 ) nel trsportre un prtiell lungo l ironferenz di entro l origine e rggio 1 perors in senso ntiorrio. Un pplizione molto interessnte del Teorem di Stokes si h nell teori dei mpi irrotzionli. Sppimo he un ondizione neessri ffinhé un mpo si onservtivo, ovvero he questo si il grdiente di un opportun funzione slre, è he il mpo si irrotzionle ioé he bbi rotore nullo, in ltre prole deve essere x F 2 = y F 1. Quest sppimo he è solo un ondizione neessri m non suffiiente, divent suffiiente se il dominio in ui studimo il mpo verifi lune proprietà geometrihe, d esempio se è un insieme stellto. Or l (7) i permette di estendere l insieme dei domini in ui l irrotzionlità impli l onservtività del mpo. 7

8 efinizione 1 Un dominio si die sempliemente onnesso se dt un qulsisi urv hius e regolre trtti, il suo sostegno è l frontier di un insieme B. Un dominio sempliemente onnesso si può pensre ome un insieme he non h buhi. Proposizione 1 Si F = (F 1, F 2 ) un mpo vettorile irrotzionle definito in un dominio sempliemente onnesso, llor il mpo F srà onservtivo in. imostrzione Sppimo he un ondizione neessri e suffiiente ffinhé un mpo si onservtivo in un dominio è he il lvoro ompiuto dl mpo F su qulsisi urv hius regolre trtti ontenut in si nullo. Or fissimo un urv hius γ e vlutimo il lvoro di F su quest. l momento he è sempliemente onnesso bbimo he esiste un insieme B in tle he l urv γ è l frontier di B. Srivimo l formul di Stokes per il dominio B e ottenimo, riordndoi he il mpo è irrotzionle, < F, t > ds = F 1 dx + F 2 dy = x F 2 y F 1 dxdy = 0. γ γ ui l tesi. Cos possimo dire se il dominio non è sempliemente onnesso? Prim os vedimo ome può essere ftto un tle dominio. Se onsiderimo un insieme on un buo questo non srà sempliemente onnesso, in reltà bst he mnhi un solo punto ll insieme per non essere sempliemente onnesso. Esempio lssio R 2 \ {(0, 0)}. Sppimo he il mpo F = ( y B x 2 +y 2, x x 2 +y 2 ) è irrotzionle definito proprio in R 2 \ {(0, 0)} e non è onservtivo in tle insieme. Il teorem di Stokes i d omunque delle informzioni per i mpi irrotzionli. Supponimo di vere un dominio on un buo ome nell figur he segue Se pplihimo l (6) d un mpo irrotzionle F ottenimo < F, t > ds = 0. L frontier di è formt d due urve γ 1 e γ 2, se pensimo entrmbe le urve perorse in senso ntiorrio, bbimo he il giusto verso di perorrenz (quello he lsi ll sinistr il dominio ) è tle he l urv γ 2 si invee perors in senso orrio, per tle motivo è sritto γ 2 nell figur. L uguglinz di sopr si può risrivere 8

9 Figur 1: < F, t > ds = γ 2 < F, t > ds. γ 1 (8) Periò gli integrli urvilinei sulle due urve oinidono. Se or onsiderimo un terz urv hius γ 3 he non irond il buo, ottenimo, pplindo il teorem di Stokes l dominio in ui ess è l frontier, γ 3 < F, t > ds = 0. Se onsiderimo un qurt urv hius γ 4 he gir ttorno l buo bbimo < F, t > ds = γ 2 < F, t > ds = γ 4 < F, t > ds. γ 1 Queste uguglinze si ottengono pplindo il teorem di Stokes rispettivmente i domini delimitti dlle urve γ 2 e γ 4 e γ 4 e γ 1 (vedi figur 2). Le onsiderzioni preedenti permettono di semplifire, nel so di un mpo irrotzionle, il lolo dell integrle del mpo lungo un qulsisi mmino hiuso. Nell esempio preedente bbimo solo 2 si; o il mmino gir intorno l buo oppure no. Nel primo so l integrle si può lolre segliendo un qulsisi urv he irond il buo, quell he i f più omodo, nel seondo l integrle f 0. Cos suede se l urv non è semplie? Se l urv non è semplie e si ttorigli più volte intorno l buo, llor l integrle è dto dl prodotto dell integrle urvilineo di un qulsisi urv semplie he gir intorno l buo moltiplito per il numero di giri he ompie l urv dt. 9

10 Figur 2: Figur 3: Un dominio on 4 buhi, per lolre l integrle sull urv γ bsterà sommre gli integrli ftti sui due mmini I 1 e I 2 10

11 Risultti nloghi si vrnno qundo il dominio in questione h un numero finito n di buhi. In tl so per spere qunto f l integrle del mpo lung un qulsisi urv hius si proederà nel seguente modo. Si selgono n mmini he irondno ognuno un singolo differente buo, si lolno gli integrli su questi mmini. Suessivmente si vede quli buhi irond l urv dt. L integrle del mpo sull urv srà ugule ll somm degli integrli sui singoli buhi irondti (vedi Figur 3). Periò ondizione neessri e suffiiente ffinhé il mpo si onservtivo è he ognuno degli n integrli ftti sui mmini preselti si ugule 0. Esempio 2 Voglimo dimostrre he il mpo F = ( y2 x 2 (x 2 +y 2 ) 2 ), 2xy (x 2 +y 2 ) 2 ) ) è onservtivo nel suo insieme di definizione R 2 \ {(0, 0)}. Questo è un mpo irrotzionle ome si verifi fendo i loli, d ltr prte l insieme in ui è definito non è sempliemente onnesso, inftti mn un punto. Quindi è un dominio on un buo. Or per vedere se il mpo è onservtivo bsterà lolre l integrle del mpo lungo un qulsisi urv hius he irond l origine. Prendimo d esempio l ironferenz C di entro (0, 0) e rggio 1. In tl so si h 2π < F, t > ds = (sin 2 (t) os 2 (t))( sin(t)) 2 sin(t) os(t) os(t) dt C 0 2π = sin(t) dt = 0. 0 Il mpo è onservtivo! Un suo potenzile è dto dll funzione x x 2 +y 2. 11