AM3 - Tutorato XI

SOLUZIONI

mercoledì 26 maggio 2004

Soluzione esercizio 1. Si ponga

F⃗ = y^{2}z^{3}e⃗_{1} + 2xyz^{3}e⃗_{2} + 3xy^{2}z^{2}e⃗_{3}

e sia ω = ω1 ; F⃗ l’1-forma differenziale associata al campo vettoriale F⃗; si verifica agevolmente che F⃗ ∈ C^{1}ℝ^{3} e rotF⃗ = 0 ed altrettando facilmente si può notare che:

F = ∇f con f = xy^{2}z^{3}

per cui ω = df risulta essere una 1-forma esatta in tutto lo spazio. Pertanto, come coseguenza del teorema di Stokes o alternativamente come conseguenza del fatto che se ω è esatta su un dominio stellato A si ha:

∫_{γ} ω = 0 per ogni curva chiusa γ ⊂ A

abbiamo che ∫_{γ_{n}} ω non dipende dal particolare cammino scelto ma esclusivamente dal punto iniziale P_{1} = (1, 1, 0) e da quello finale P_{2} = (1, 1 \sqrt[n]{2π}). Sia allora β_{n} il segmento che unisce P_{1} e P_{2} avente la seguente parametrizzazione:

e⃗_{1} + e⃗_{2} + \sqrt[n]{2π} t e⃗_{3} 0 ≤ t ≤ 1

si ha:

lim_{n→+∞} ∫_{γ_{n}} ω = lim_{n→+∞} ∫_{β_{n}} ω = lim_{n→+∞} ∫_{0}^{1} F (β(t)) · β̇(t) dt =

= lim_{n→+∞} ∫_{0}^{1} ((2π)^{\frac{3}{n}} t^{3}, 2(2π)^{\frac{3}{n}} t^{3}, 3(2π)^{\frac{2}{n}} t^{2}) · (0, 0, \sqrt[n]{2π}) dt =
= lim_{n→+∞} ∫_{0}^{1} 3(2π)^{\frac{3}{n}} t^{2} dt = lim_{n→+∞}(2π)^{\frac{3}{n}} = 1

Soluzione esercizio 2. Calcoliamo separatamente l’integrale di ω sulle tre curve γ_{i} per i = 1, 2, 3. Osserviamo che sui punti di γ_{1} si ha z ≡ 0 per cui:

∫_{γ_{1}} ω = ∫_{γ_{1}} \frac{y^{2}}{x + 1} dx + 2y ln(1 + x) dy

Adesso, poichè γ_{1} è contenuta nel piano xy e l’1-forma differenziale \frac{y^{2}}{x+1} dx + 2y ln(1 + x) dy è esatta nell’insieme {(x, y) t.c. x > −1} , con primitiva

F (x, y) = y^{2} log(1 + x)

possiamo concludere che:

∫_{γ_{1}} ω = F (0, 0) − F (1, 0) = 0

Parametrizziamo ora il segmento γ_{2} nel seguente modo:

γ_{2}(t) = te⃗_{3} 0 ≤ t ≤ 1

così da ottenere che:

∫_{γ_{2}} ω = 0

(per il semplice fatto che F ∘ γ_{2}(t), dove F (x, y, z) = (\frac{y^{2}}{x+1}, 2y ln(1 + x), xz), è il vettore nullo).

Infine consideriamo la curva γ_{3} che unisce i punti (0, 0, 1) ed (1, 0, 0) che può essere così parametrizata:

γ_{3}(t) = te⃗_{1} + (1 − t)e⃗_{3} 0 ≤ t ≤ 1

e otteniamo:

∫_{γ_{3}} ω = ∫_{0}^{1} t(1 − t)(−1) dt = ∫_{0}^{1} t^{2} − t = −\frac{1}{6}

In conclusione, sfruttando l’ additività dell’ integrale di 1-forme differenziali, abbiamo:

∫_{γ} ω = ∫_{γ_{1}} ω + ∫_{γ_{2}} ω + ∫_{γ_{3}} ω = −\frac{1}{6}

Soluzione esercizio 3. Cominciamo col ricordare la validità delle seguenti proposizioni:

Proposizione 1. Sia ω_{F}^{1} una 1-forma differenziale di classe C^{1} ( cioè il cui campo vettoriale associato F sia C^{1} ) esatta su A ⊆ ℝ^{n} aperto ⇒ ω_{F}^{1} è chiusa in A, ovvero F verifica la seguente identità:

\frac{∂F_{i}}{∂x_{j}} = \frac{∂F_{j}}{∂x_{i}} ∀ i, j = 1, …, n

L’implicazione inversa è valida invece sotto opportune ipotesi aggiuntive che la seguente proposizione descrive:

Proposizione 2. Sia A un aperto stellato di ℝ^{n} ed ω_{F}^{1} una 1-forma differenziale chiusa in A ⇒ ω_{F}^{1} è esatta su A .

Inoltre se A è stellato con polo x_{0} allora ω_{F}^{1} = df dove f(x) = ∫_{σ(x_{0},x)} ω_{F}^{1} e σ (x_{0}, x) indica il segmento che unisce i punti x_{0} ed x.

Osserviamo che quest’ultima proposizione resta valida se sostituiamo l’ipotesi che A sia un aperto stellato con quella di essere un aperto semplicemente connesso.

Ricordiamo infine una caratterizzazione delle 1-forme esatte:

Proposizione 3. ω_{F}^{1} è esatta su A aperto connesso di ℝ^{n} ⇔ ∫_{γ} ω_{F}^{1} = 0 per ogni γ curva chiusa e semplice in A.

Tanto premesso passiamo all’analisi dell’esercizio risolvendo i quesiti proposti:

1. Consideriamo l’1-forma differenziale assegnata

ω(x, y) = \frac{(y^{3} − x^{2}y) dx + (x^{3} − y^{2}x) dy}{(x^{2} + y^{2})^{2}} =
= A(x, y)dx + B(x, y)dy

e osserviamo che essa è definita su ℝ^{2} ∖ 0 e non può essere estesa ad una 1-forma differenziale definita su tutto ℝ^{2} dal momento che sia A(x, y) che B(x, y) non sono continue nell’origine (ad esempio perchè sono funzioni razionali omogenee di grado −1). Per verificare che ω è chiusa occorre mostrare che

\frac{∂}{∂y} A(x, y) = \frac{∂}{∂x}B(x, y)

La verifica è immediata, data la simmetria tra A e B, ed è lasciata allo studente. Allora abbiamo che ω è chiusa ma ciò non ci permette di concludere che è anche esatta visto che ℝ^{2} ∖ 0 non è un sottinsieme stellato (ne tantomeno semplicemente connesso) di ℝ^{2} e dunque non siamo nelle condizioni di poter applicare la Proposizione 2 .

2. Sia α > 0 e sia γ_{α} = +∂B_{α} la curva una cui parametrizzazione è:

ϕ_{α}(θ) = \{ \begin{matrix}x = α cos θ \\ y = α sin θ \end{matrix}

con 0 ≤ α < 2π. Calcoliamo l’integrale assegnato:

∫_{γ_{α}} ω = ∫_{0}^{2π} \frac{(α sin θ)^{3} − (α cos θ)^{2}α sin θ}{α^{4}} d(α cos θ) +

+ \frac{(α cos θ)^{3} − (α sin θ)^{2}α cos θ}{α^{4}} d(α sin θ) =
= ∫_{0}^{2π} \frac{(α sin θ)^{3} − (α cos θ)^{2}α sin θ}{α^{3}} (− sin θ) +
+ \frac{(α cos θ)^{3} − (α sin θ)^{2}α cos θ}{α^{3}} cos θ dθ =
= ∫_{0}^{2π} (− sin^{4} θ + cos^{2} θ sin^{2} θ) + (cos^{4} θ − sin^{2} θ cos^{2} θ) dθ =
= ∫_{0}^{2π} (cos^{4} θ − sin^{4} θ) dθ =
= ∫_{0}^{2π} (cos^{2} θ − sin^{2} θ) (cos^{2} θ + sin^{2} θ) dθ =
= ∫_{0}^{2π} (cos^{2} θ − sin^{2} θ) dθ = ∫_{0}^{2π} cos 2θ dθ = 0

3. Sia ora γ una qualsiasi curva chiusa e semplice in ℝ^{2} ∖ {0} che rappresenti il bordo di un dominio contenente l’origine (sostanzialmete tale che "compia un giro attorno all’origine"). Per il teorema di Jordan (la cui dimostrazione è molto difficile ma il cui enunciato è estremamnte "intuitivo"), la curva γ divide il piano in due regioni aperte, una interna limitata ed una esterna illimitata. Sia E la regione interna allora, visto che γ è il bordo di un dominio contenente l’origine, 0 ∈ E. Siccome E è un aperto, esisterà α > 0 sufficientemente piccolo tale che \overline{B_{α}(0)} ⊂ E (cioè la nostra regione contiene un disco chiuso di centro l’origine e raggio opportuno). Se consideriamo la regione

Ω = E ∖ \overline{B_{α}(0)}

la cui frontiera è ∂Ω = γ ∪ ∂B_{α} = γ ∪ γ_{α} , utilizzando il teorema di Stokes (o meglio un suo caso particolare in ℝ^{2} rappresentato dal teorema di Gauss-Green ) ed il fatto che ω è chiusa, risulta :

∫_{∂Ω} ω = ∫_{γ∪γ_{α}} ω = ∫_{Ω} [\frac{∂}{∂y} A(x, y) − \frac{∂}{∂x}B(x, y)] dx dy = 0

e dunque:

∫_{γ} ω = − ∫_{γ_{α}} ω

e per il punto precedente possiamo concludere che

∫_{γ} ω = 0 per ogni curva γ chiusa e semplice in ℝ^{2} ∖ {0} che rappresenti il bordo di un dominio contenente l’origine.

4. Vogliamo ora mostrare che ω(x, y) è esatta utilizzando la Proposizione 3. Abbiamo visto nel punto precedente che se γ è una curva chiusa e semplice che "compie un giro attorno all’origine", allora l’integrale dell’1- forma assegnata lungo il cammino γ vale 0. Resta allora da analizzare il caso in cui γ è una curva chiusa che rappresenta il bordo di un dominio di ℝ^{2} non contenente l’origine; si può mostrare che γ è contenuta in un sottodominio stellato di ℝ^{2} ∖ {0} (tale dimostrazione potrebbe presentare qualche difficoltà tecnico-formale ma è semplice convincersi della validità dell’affermazione); su tale sottodominio vale l’equivalenza tra esattezza e chiusura per cui la nostra ω(x, y) è esatta essendo ivi chiusa e dunque l’integrale su ogni cammino chiuso è nullo.

Concludiamo dunque che ω(x, y) è esatta su ℝ^{2} ∖ {0} e dunque ammette una primitiva; esiste dunque f(x, y) tale che ω = df ovvero tale che sono verificate le seguenti equazioni alle derivate parziali:

\{ \begin{matrix}\frac{∂}{∂x}f(x, y) = A(x, y) = \frac{y^{3}−x^{2}y}{(x^{2}+y^{2})^{2}} \\ \frac{∂}{∂y} f(x, y) = B(x, y) = \frac{x^{3}−y^{2}x}{(x^{2}+y^{2})^{2}} \end{matrix}

Potremmo allora integrare le due equazioni alle derivate parziali e trovare una tale f. É però più conveniente, data la natura di queste equazioni, studiare il problema con l’ausilio delle coordinate polari. Supponiamo allora di conoscere una primitiva f della nostra 1-forma differenziale ω e definiamo una nuova funzione g ottenuta esprimendo la f in coordinate polari nel seguente modo:

g(ρ, θ) = f(ρ cos θ, ρ sin θ)

Vediamo quali condizioni sulla g impongono le condizioni sulle derivate parziali della f , utilizzando la regola di differenzianzione di funzioni composte in ℝ^{n}:

g_{ρ} = \frac{∂}{∂ρ}f(ρ cos θ, ρ sin θ) =

= \frac{∂}{∂x}f(ρ cos θ, ρ sin θ) cos θ + \frac{∂}{∂y} f(ρ cos θ, ρ sin θ) sin θ =
= \frac{(ρ sin θ)^{3} − (ρ cos θ)^{2}ρ sin θ}{ρ^{4}} cos θ +
+ \frac{(ρ cos θ)^{3} − (ρ sin θ)^{2}ρ cos θ}{ρ^{4}} sin θ =
= \frac{sin θ^{3} cos θ − cos θ^{3} sin θ + cos θ^{3} sin θ − sin θ^{3} cos θ}{ρ} = 0

ed analogamente otteniamo una equazione per la variabile θ:

g_{θ} = \frac{∂}{∂θ} f(ρ cos θ, ρ sin θ) =

= \frac{∂}{∂x}f(ρ cos θ, ρ sin θ)(−ρ sin θ) + \frac{∂}{∂y} f(ρ cos θ, ρ sin θ)(ρ cos θ) =
= \frac{(ρ sin θ)^{3} − (ρ cos θ)^{2}ρ sin θ}{ρ^{4}} (−ρ sin θ) +
+ \frac{(ρ cos θ)^{3} − (ρ sin θ)^{2}ρ cos θ}{ρ^{4}} (ρ cos θ) =
= (sin^{3} θ − cos^{2} θ sin θ) (− sin θ) + (cos^{3} θ − sin^{2} θ cos θ) (cos θ) =
= − sin^{4} θ + cos^{2} θ sin^{2} θ + cos^{4} θ − sin^{2} θ cos^{2} θ =
= cos^{4} θ − sin^{4} θ = (cos^{2} θ − sin^{2} θ) (cos^{2} θ + sin^{2} θ) =
= cos^{2} θ − sin^{2} θ = cos 2θ

Dalla prima equazione otteniamo che g non dipende dalla variabile ρ (è costante rispetto ad essa) ed integrando la seconda nella variabile θ risulta:

g(ρ, θ) = \frac{sin 2θ}{2}

In conclusione dobbiamo ricavare la f riscrivendo la g in coordinate cartesiane, cioè in termini di ρ cos θ e ρ sin θ; abbiamo che:

g(ρ, θ) = \frac{sin 2θ}{2} = \frac{2 cos θ sin θ}{2} = cos θ sin θ =
= \frac{ρ cos θ ρ sin θ}{ρ^{2}} = f(ρ cos θ, ρ sin θ)

e dunque risulta:

f(x, y) = \frac{xy}{x^{2} + y^{2}}

e si può facilmente verificare che questa è effettivamente una primitiva per ω.