QUADERNI DIDATTICI Dipartimento di Matematica Analisi ...

Università diTorinoQUADERNI DIDATTICIdelDipartimento di MatematicaG. ZampieriAnalisi Vettorialea.a. 2001/2002Quaderno # 10 - Novembre 2001...........

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 1PREFAZIONEQuesto quaderno raccoglie le dispense di una parte del corso di “Analisi vettoriale eserie di funzioni” che ho svolto nell’anno accademico 2001/02. Si tratta di un corso dianalisi matematica per studenti del secondo anno di fisica, preceduto, nel primo anno, da“Calcolo differenziale ed integrale” e da “Funzioni di più variabili”, entrambi indispensabilialla comprensione del materiale qui presentato.Ho cercato di entrare nello spirito del nuovo ordinamento didattico, semplificando,dove possibile, la trattazione e cercando di legarla alla fisica. Non ho però rinunciato alledimostrazioni che sono quasi sempre svolte, almeno in casi particolari. Credo infatti cheuna certa profondità sia indispensabile agli studenti di fisica del secondo anno il cui interesseper la matematica è naturale dato lo stretto legame fra le due discipline (“inconcepibileefficacia della matematica nelle scienze della natura, o Principio di Wigner”). Inoltrepenso che un percorso attraverso le idee, diversamente dall’esposizione di una cassettadegli attrezzi, faciliti la comprensione.Ringrazio gli studenti che mi hanno posto frequenti domande aiutandomi nell’esposizionedella materia non solo dal punto di vista matematico.INDICECAP. I: CURVE E FORME DIFFERENZIALI1. Curve rettificabili .........................................p. 22. Curve regolari, parametro d’arco ..........................p. 83. Lunghezza di curve piane cartesiane e polari ..............p. 84. Cammini .................................................p. 95. Integrali curvilinei al differenziale d’arco ..................p.106. Esercizi ..................................................p.117. Preliminari alle forme differenziali: spazio duale ..........p.148. Forme differenziali .......................................p.159. Integrali curvilinei .......................................p.1710. Primitive, omotopie e connessione semplice ..............p.2011. Esercizi svolti ...........................................p.27CAP. II: SUPERFICI E TEOREMI DI STOKES E GAUSS12. Teorema di Green .......................................p.3313. Area di superfici .........................................p.3814. Operatori differenziali e integrali superficiali .............p.4115. Teorema di Stokes ......................................p.4616. Il nastro di Möbius .....................................p.4917. Potenziale vettore, connessione superficiale semplice .....p.5118. Teorema della divergenza di Gauss ......................p.5519. Esercizi ed esempi svolti ................................p.57Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

2 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeCap. I: Curve e Forme Differenziali1. Curve rettificabili.Un’applicazione φ : I → R n , con I intervallo di R si dice curva (parametrica) in R n .Ci interesseranno solo le curve continue, cioè considereremo sempre φ continua. Inoltre ciinteresserà il caso in cui I =[a, b] intervallo compatto, anche se quello che diremo avràovvie estensioni ad intervalli di altro tipo. L’immagine φ([a, b]) è detta sostegno della curvae va distinta dalla curva stessa; si pensi alla curva come al moto di un punto e al sostegnocome alla traiettoria del moto.Già sappiamo che il seguente limite in t 0 ∈ [a, b] viene detto vettore derivato in t 0 ,purchè esistaφ ′ (t 0 ) := limt→t0φ(t) − φ(t 0 )t − t 0∈ R n . (1.1)Naturalmente, se esiste ovunque poniamo φ ′ :[a, b] → R n ,t↦→ φ ′ (t).Definiamo l’integrale della curva continua φ :[a, b] → R n per componenti, cioè∫ (b∫ b∫ )bφ(t) dt := φ 1 (t) dt, . . . , φ n (t) dtaaa(1.2)dove φ(t) =(φ 1 (t),...,φ n (t)). Per la linearità dell’integrale, si verifica subito chev ·∫ baφ(t) dt =∫ badove v ∈ R n e il puntino ‘·’ denota il prodotto scalare.v · φ(t) dt (1.3)Proposizione 1.1. Sia φ :[a, b] → R n una curva continua. Allora∫ b∫ bφ(t) dt∣ ∣ ≤ |φ(t)| dt . (1.4)aaUniversitá di Torino

8 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale2. Curve regolari, parametro d’arco.Una curva φ :[a, b] → R n di classe C 1 e con φ ′ (t) ≠ 0 per ogni t ∈ [a, b] si diceregolare.In tal caso dal teorema precedente abbiamo λ ′ (t) =|φ ′ (t)| ≠ 0 per ogni t eλ : [a, b] → [0,L(φ)] è un diffeomorfismo cioè è una funzione biiettiva e di classe C 1assieme alla funzione inversa λ −1 . La nuova curva ψ := φ ◦ λ −1 è una riparametrizzazionedella curva φ; la nuova variabile indipendente si dice parametro d’arco e si indica spessocon s. Derivando la ψ(λ(t)) = φ(t) sihaψ ′ (λ(t))λ ′ (t) =φ ′ (t). Quindi, ricordando cheλ ′ (t) =|φ ′ (t)| echeL(φ) =L(ψ) (Proposizione 1.6), troviamo∣∣ψ ′ (s) ∣ ∣ =1, s ∈ [0,L(ψ)] , (2.1)il vettore tangente è quindi un versore se si considera il parametro d’arco.3. Lunghezza di curve piane cartesiane e polari.Come già detto nella Definizione 1.3, curva cartesiana (piana) y = f(x) è la curvaφ : t ↦→ (t, f(t)). Se f ∈ C 1 ([a, b]; R) allora si ha la seguente formula per la lunghezzaL(φ) =∫ ba∣ φ ′ (t) ∣ ∣ dt =∫ bOsserviamo anche che le curve cartesiane sono sempre regolari:a√1+f′(x) 2 dx (3.1)∣ φ ′ (t) ∣ ∣ =√1+f′(x) 2 ≠0.Passiamo ora a coordinate polari ρ, θ legate alle cartesiane dalle relazioni x = ρ cos θ,y = ρ sen θ. Indichiamo con (e 1 ,e 2 ) la base canonica di R 2 , con u := cos θe 1 + sen θe 2 ilversore ‘radiale’ e con w := − sen θe 1 + cos θe 2 quello ‘trasverso’ (che ha il verso tale che(u,w) si possa ottenere dalla base canonica con una rotazione). Allora per φ ∈ C 1 e conovvio significato dei simboliφ(t) =x(t) e 1 + y(t) e 2 = ρ(t) (cos θ(t) e 1 + sen θ(t) e 2 )=ρ(t) u(t) ,Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 9φ ′ (t) =ρ ′ (t) u(t)+ρ(t) θ ′ (t) w(t) , |φ ′ (t)| = √ ρ ′ (t) 2 + ρ(t) 2 θ ′ (t) 2 .Quindi, se una curva φ è data in equazione polare ρ =ˆρ(θ), per t = θ abbiamo la seguenteformula per la sua lunghezzaL(φ) =∫ ba√) 2 (dˆρ+ˆρ(θ)dθ2 dθ . (3.2)4. Cammini.Si dice cammino una curva continua γ :[a, b] → R n di classe C 1 a tratti, cioè per cuiesiste una suddivisione S = {t k : k =0,...,N}, a = t 0

10 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeQuindi γ è rettificabile ed essendo la lunghezza additiva (Proposizione 1.7) si haL(γ) =∫ ba∣∣γ ′ (t) ∣ ∣ dt , (4.1)intendendo la somma degli integrali estesi ai tratti di classe C 1 .Si dice che il cammino γ :[a, b] → R n è equivalente al cammino ˜γ :[c, d] → R nse esiste un diffeomorfismo, cioè una funzione biiettiva e di classe C 1 assieme all’inversa,p :[c, d] → [a, b] con p(c) =a e p(d) =b tale che ˜γ = γ ◦ p (e naturalmente si ha p ′ (τ) > 0per ogni τ ∈ [c, d]).La relazione tra cammini così introdotta è un’equivalenza, cioè èriflessiva, simmetrica e transitiva.Cammini equivalenti hanno la stessa “orientazione”; invece se esiste un diffeomorfismop come sopra ma con u(c) =b e u(d) =a allora u ′ (τ) < 0 e il sostegno è “percorsoin verso opposto”.Dato un cammino γ :[a, b] → R n diciamo suo opposto il cammino−γ :[a, b] → R n , τ ↦→ γ(a + b − τ). Inoltre se a

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 11Proposizione 5.1. L’integrale curvilineo al differenziale d’arco ∫ γfdsè invariante passandoda γ ad un cammino equivalente ed anche cambiando l’orientazione.Dimostrazione. Siap :[c, d] → [a, b] un diffeomorfismo. Se p ′ > 0 abbiamo∫γfds==∫ ba∫ dc∫ dcf ( γ(t) ) |γ ′ (t)| dt = f ( γ (p(τ)) ) |γ ′ (p(τ)) | p ′ (τ) dτ =f ( (γ ◦ p)(τ) ) ∫|(γ ◦ p) ′ (τ)| dτ = fdsche è la prima parte della tesi. Inoltre, se p ′ < 0γ◦p∫fds=γ∫ d=c∫ baf ( γ(t) ) |γ ′ (t)| dt =∫ cdf ( γ (p(τ)) ) |γ ′ (p(τ)) ||p ′ (τ)| dτ =f ( γ (p(τ)) ) |γ ′ (p(τ)) | p ′ (τ) dτ =∫ dcf ( (γ ◦ p)(τ) ) ∫|(γ ◦ p) ′ (τ)| dτ =γ◦pfds.Esempio 5.2. Gli integrali curvilinei al differenziale d’arco sono importanti in Meccanica.Ad esempio le coordinate (x G ,y G ,z G ) del baricentro di una curva materiale (filo, astaflessibile) omogenea γ in R 3 sonox G := 1L(γ)∫γxds, y G := 1L(γ)∫γyds, z G := 1L(γ)∫γzds. (5.2)6. Esercizi.Esercizio 6.1. Mentre la ruota della bicicletta rotola senza strisciare, un punto del suobordo, diciamo la valvola, descrive la cicloide φ :[0, 2π] → R 2 , t ↦→ R(t − sen t, 1 − cos t).In questa formula R>0è la lunghezza del raggio della ruota e t è un opportuno angolo.Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

12 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeDopo un giro completo (cioè pert =2π), quanta strada ha percorso la valvola? In altritermini: quanto è lunga la cicloide? Risposta: 8R. Così, se ad esempio R =1/2 m,sihache il centro della ruota percorre 2πR = π m, circa 3, 14 m, e la valvola 8R =4m.Esercizio 6.2. La cardiode è la curva data dall’equazione polare ρ =2a(1 + cos θ) dovea>0eθ ∈ [−π, π]. Calcolare la lunghezza. Risposta: 16a.Esercizio 6.3. Calcolare la lunghezza della curva φ :[0,π/2] → R 3 , t ↦→ (2 cos t, 3 cos t −cos(3t), 3 sen t − sen(3t)). Risposta: 2 √ 10.Esercizio 6.4. Calcolare l’integrale curvilineo ∫ xy ds esteso al quarto di ellisse γ :γ[0,π/2] → R 2 , t ↦→ (2 cos t, sen t). Risposta: 14/9.Esercizio 6.5. Calcolare l’integrale curvilineo ∫ γ√1+x2 +3y ds dove γ è l’arco diparabola di equazione y = x 2 per x ∈ [0, 3]. Risposta: 39.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 13Esercizio 6.6. Determinare il baricentro della cicloide (vedi Esercizio 6.1 ed Esempio 5.2).Risposta: (πR, 4R/3).Esercizio 6.7. In Ottica (diffrazione di Fresnel) si incontra la clotoide(∫ tγ : R → R 2 ,t↦→ cos ( u 2) ∫ tdu, sen ( u 2) )du .0Il nome della curva è legato a Cloto, la Parca che filava lo stame della vita. Calcolandola lunghezza di un arco γ|[a, b], scoprire il significato di t. La curva ha limiti finiti pert →±∞. Si tratta di integrali impropri convergenti anche se gli integrandi non tendono azero. La seguente figura mostra il grafico di sen(x 2 )0Verificare che la clotoide ha limiti finiti trasformando l’integrale di sen ( u 2) ,fra1e √ aper a>1, con la sostituzione v = u 2 , poi per parti considerando una primitiva di sen v,infine passando al limite per a → +∞.Per altra via si può dimostrare che γ(t) →( √ 2π/4, √ 2π/4) per t → +∞ (integrali di Fresnel). La clotoide descrive anche la velocitàdel baricentro di un’asta su un piano senza attrito soggetta ad una forza costanteperpendicolare; si pensi ad un fuoco d’artificio a L su un lago ghiacciato.Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

14 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale7. Preliminari alle forme differenziali: spazio duale.Sia (R n ) ∗ il duale di R n cioè lo spazio vettoriale delle applicazioni lineari R n → R,dette forme lineari su R n . Naturalmente la somma di due forme lineari T , F è definita da(T + F)(x) :=T (x)+F(x), inoltre il prodotto per lo scalare a ∈ R è (a F)(x) :=a F(x).Consideriamo la base canonica di R n ,(e 1 ,...,e n ), e sia e ∗ i : Rn → R, x ↦→ x i = e i · xla proiezione i-esima, con i ∈{1,...,n}. Data una forma lineare T ∈ (R n ) ∗ e x ∈ R n ,siha T (x) =T ( ∑ ni=1 x ie i )= ∑ ni=1 x iT (e i )= ∑ ni=1 T (e i)e ∗ i (x). Quindi T = ∑ ni=1 T (e i)e ∗ ie vediamo che (e ∗ 1 ,...,e∗ n )è una base del duale detta base canonica.Sia ∗ : R n → (R n ) ∗ ,v ↦→ v ∗ la funzione definita da tramite: v ∗ (x) :=v · x. Poichè(v + w) ∗ (x) =(v + w) · x = v · x + w · x = v ∗ (x)+w ∗ (x), si ha che (v + w) ∗ = v ∗ + w ∗ ,eanalogamente (av) ∗ = av ∗ , quindi la funzione ∗ è lineare. L’immagine di e i tramite questafunzione è proprio la proiezione e ∗ i già vista prima. Usando la base canonica (e∗ 1 ,...,e∗ n )del duale, una forma lineare T si scrive in un solo modo come T = ∑ T i e ∗ i dove T i =T (e i ), queste sono le componenti di un vettore T ∈ R n esihaT ∗ = T , infatti T (x) =∑i T ie ∗ i (x) =∑ i T i x i = T · x. Abbiamo quindi che l’applicazione∗ : R n → (R n ) ∗ èbiiettiva e associa vettori a forme che hanno le stesse componenti nelle basi canoniche diR n e del duale rispettivamente. Essendo biiettiva e lineare, si dice che ∗ èunisomorfismofra R n e il suo duale (R n ) ∗ .Si può definire la norma, il modulo, di una forma come il modulo del vettore corrispondente.Per i lettori matematicamente più esigenti quest’ultima frase può diventare:l’isomorfismo conserva la norma se consideriamo su R n la norma euclidea |v| = √ v · v esul duale la norma operatoriale ‖T ‖ := sup |u|≤1 |T (u)|, infatti ‖v ∗ ‖ = sup |u|≤1 |v · u| = |v|.Le proiezioni sono funzioni lineari e quindi de ∗ i (x 0)=e ∗ i(preferiamo qui la notazionede ∗ i (x 0 ) invece di (e∗ i )′ (x 0 )). Ciò suggerisce la notazione dx i := e ∗ iche useremo nel seguito.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 15Osservazione. In Meccanica Quantistica si usano le seguenti notazioni dovute a Dirac:| x>, | v >, detti “ket”, per i vettori x, v, dello spazio di partenza;

16 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeDefinizione 8.2. Una forma differenziale ω : D → (R n ) ∗ si dice esatta o integrabile seesiste una funzione f : D → R di classe C 1 tale che ω = df e in tale caso f si dice primitivadi ω.La traduzione di questa definizione nei termini del campo vettoriale w associato a ω èchequesto sia un gradiente: ω è esatta se e solo se esiste f ∈ C 1 (D; R) tale chew(x) =∇f(x) , x ∈ D. (8.3)La primitiva f si dice anche potenziale del campo vettoriale.Proposizione 8.3. Se D è un aperto connesso di R n e ω : D → (R n ) ∗ è esatta, alloraesiste un’unica primitiva f di ω a meno di costanti additive.Dimostrazione. Siano f,g primitive. Allora df = ω = dg dà d(f − g)(x)h = 0 per ognih ∈ R n e x ∈ D, la funzione f − g è costante avendo differenziale nullo in un apertoconnesso (per un teorema noto).Teorema 8.4. La forma differenziale ω : D → (R n ) ∗ , di classe C 1 sull’aperto D di R n ,sia esatta. Allora i suoi coefficienti w i soddisfano la seguente condizione:∂ i w j = ∂ j w i , i,j =1,...,n. (8.4)Dimostrazione. Se esiste f tale che ω = df allora w j = ∂ j f per j =1,...,n. Il teorema diSchwarz ci dà ∂ i w j = ∂ i ∂ j f = ∂ j ∂ i f = ∂ j w i .Definizione 8.5. Una forma differenziale ω : D → (R n ) ∗ di classe C 1 si dice chiusa sesoddisfa la condizione (8.4) che è necessaria per l’integrabilità.Si noti che (8.4) sono uguaglianze fra funzioni, devono quindi valere in ogni punto deldominio.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 17Esempio 8.6. Facciamo vedere un esempio di forma differenziale chiusa ma non esatta:ω : R 2 \{0} →(R 2 ) ∗ , ω(x, y) =− yx 2 + y 2 dx +xx 2 dy . (8.5)+ y2 È definita sul piano senza un punto. Per vedere che è chiusa basta verificare la condizione(∂−y )∂y x 2 + y 2= ∂ ( ) x∂x x 2 + y 2 .Supponiamo per assurdo che sia esatta. Allora ω = df e, considerando la circonferenzaγ :[0, 2π] → R 2 \{0}, t ↦→ (cos t, sen t), si ha il seguente ragionamento che porta allacontraddizione 0 = 2π:0=f(1, 0)−f(1, 0) = f(γ(2π))−f(γ(0)) =∫ 2π0∫d2πdt (f ◦γ)(t) dt =0df (γ(t))(γ ′ (t)) dt ==∫ 2π0ω(γ(t))(γ ′ (t)) dt =∫ 2π0(− sen tcoscos 2 t + sen 2 (− sen t)+t)tcos 2 t + sen 2 t cos t dt =2π.9. Integrali curvilinei.Definizione 9.1. Sia γ :[a, b] → D un cammino in un aperto D ⊆ R n (curva continua C 1a tratti) e ω : D → (R n ) ∗ una forma differenziale (continua). Si dice integrale di ω sullacurva γ il numero∫γω :=∫ baω(γ(t)) ( γ ′ (t) ) dt . (9.1)Nella (9.1) al solito intendiamo la somma degli integrali sui tratti C 1 .Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

18 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeDefinizione 9.2. Sia γ :[a, b] → D un cammino nell’aperto D ⊆ R n e w : D → R n uncampo vettoriale continuo. Si dice integrale di w sulla curva γ il numero∫γw · dγ :=∫ baw(γ(t)) · γ ′ (t) dt . (9.2)In Fisica gli integrali curvilinei sono importanti. Per esempio nel caso in cui w sia uncampo di forze posizionali, la (9.2) dà illavoro lungo il cammino γ.Se w(x) ∗ = ω(x), per ogni x ∈ D, allora∫γω :=∫ ban∑(w i (γ(t))dx i γ ′ (t) ) dt =i=1∫ ban∑∫w i (γ(t))γ i(t) ′ dt =i=1γw · dγ . (9.3)Esempio 9.3. Consideriamo la seguente forma differenziale: ω : R 2 → (R 2 ) ∗ ,(x, y) ↦→ydx+xy dy, che non è chiusa poichè ∂ 2 y =1≠ y = ∂ 1 (xy)pery ≠ 1. Consideriamo ancheil quarto di circonferenza percorso in verso antiorario γ :[0,π/2] → R 2 , t ↦→ (cos t, sen t).Allora∫γ∫ω = (ydx+ xy dy) =γ[ ] πsen t cos t2=20− 1 2∫ π20∫ π20[sen t(− sen t) + cos t sen t cos t] dt =[ cos 3 tdt −3] π20= − π 4 + 1 3 .Nel seguente enunciato usiamo la notazione γ = γ 1+ γ 2introdotta alla fine dellaSezione 4. La dimostrazione è banale, basta ricordare l’additività dell’integrale ordinario.Proposizione 9.4. Siano γ = γ 1+ γ 2cammini nell’aperto D ⊆ R n , ω : D → (R n ) ∗ formadifferenziale continua, e w : D → R n campo vettoriale continuo. Allora∫γ∫ ∫ω = ω + ω,γ γ 1 2∫γ∫∫w · dγ = w · dγ 1+ w · dγ 2. (9.4)γ γ 1 2Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 19Nella prossima Proposizione riprendiamo il concetto di equivalenza fra cammini introdottonella Sezione 4. Gli integrali curvilinei restano invariati nelle classi di equivalenza.Invece cambiano segno se passiamo al cammino opposto, a differenza degli integrali curvilineial differenziale d’arco che non dipendono nemmeno dall’orientazione, come abbiamovisto nella Proposizione 5.1.Proposizione 9.5. Siano γ, ˜γ cammini equivalenti nell’aperto D ⊆ R n e ω : D → (R n ) ∗una forma differenziale continua. Allora∫γ∫ω =˜γω,∫−γ∫ω = −γω. (9.5)Naturalmente valgono anche formule analoghe per i campi vettoriali.Dimostrazione. Per la Proposizione 9.4 (additività) basta considerare curve C 1 (i camminisono C 1 a tratti). Sia ω = w ∗ , γ :[a, b] → D, ˜γ = γ ◦ p :[c, d] → D, allora∫γω ==∫ ba∫ dc∫ dcw(γ(t)) · γ ′ (t)dt = w(γ(p(τ))) · γ ′ (p(τ))p ′ (τ) dτ =w ( (γ ◦ p)(τ) ) ∫· (γ ◦ p) ′ (τ) dτ = ω˜γcome volevamo dimostrare. Ricordando ora che −γ :[a, b] → D, τ ↦→ γ(a+b−τ), abbiamo∫γω ==∫ ba∫ ab∫ aw(γ(t)) · γ ′ (t)dt = −b∫ bw(−γ(τ)) · (−γ) ′ (τ)dτ = −aw(γ(a + b − τ)) · γ ′ (a + b − τ)dτ =∫w(−γ(τ)) · (−γ) ′ (τ)dτ = −−γω.Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

20 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeProposizione 9.6. Sia γ :[a, b] → D cammino nell’aperto D ⊆ R n e ω : D → (R n ) ∗forma differenziale continua. Allora∫∣γω∣ ≤ L(γ) max { ‖ω(x)‖ : x ∈ γ ([a, b]) } . (9.6)Dimostrazione. Siaw il campo vettoriale associato a ω, cioè w ∗ = ω. Abbiamo∫∣ ∣∣∣∣ ∫ b∫ bω∣ γ ∣ = w(γ(t)) · γ ′ (t) dta∣ ≤ ∣∣w(γ(t)) · γ ′ (t) ∣ ∫ b ∣dt ≤ ∣w(γ(t)) ∣ ∣ ∣γ ′ (t) ∣ dt ≤aa∣≤ max ∣w(γ(t)) ∣ ∫ b ∣∣γ ′ (t) ∣ dt = L(γ) max { ‖ω(x)‖ : x ∈ γ ([a, b]) }t∈[a,b]vedi la (1.6) e la seconda formula in (8.1).a10. Primitive, omotopie e connessione semplice.Nel seguente teorema usiamo il concetto di circuito introdotto nella Sezione 4.Teorema 10.1. Sia D un aperto connesso di R n eω : D → (R n ) ∗ forma differenzialecontinua. Allora sono equivalenti:(a) ∫ γ(b) ∫ γω =0per ogni circuito γ in D;ω dipende solo dagli estremi γ(a) e γ(b) per ogni cammino γ :[a, b] → D;(c) ω è esatta.Se ω è esatta, f : D → R è una primitiva, x 0 ,x∈ D e γ è un qualsiasi cammino in D conorigine x 0 ed estremo x, allora∫f (x) =f (x 0 )+γω.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 21Dimostrazione. Faremo vedere (a) =⇒ (b) =⇒ (c) =⇒ (a). Assumiamo (a) e sianoγ 1:[a, b] → D, γ 2:[c, d] → D cammini con γ 1(a) =γ 2(c) eγ 1(b) =γ 2(d). Definiamoγ :[a, b + d − c] → D tramite γ|[a, b] =γ 1e γ|[b, b + d − c] =γ 2◦ p con p(t) =b + d − t. Ilcammino γ è un circuito, infatti γ(b + d − c) =(γ 2◦ p)(b + d − c) =γ 2(c) =γ 1(a) =γ(a).L’ipotesi (a) e la Proposizione 9.5 danno:∫0=γ∫ ∫ω = ω +γ 1γ 2◦p∫ ∫ ∫ω = ω + ω =γ −γ 1 2γ 1∫ω −γ 2ωpoichè γ 2◦ p è equivalente a −γ 2. Abbiamo quindi provato (b): ∫ γ 1ω = ∫ γ 2ω.Dobbiamo ora far vedere che (b) implica l’esistenza di f ∈ C 1 (D; R) tale che ω = df .Fissiamo un punto x 0 ∈ D. Poichè D è un aperto connesso, dato comunque x ∈ D esisteuna poligonale γ x:[a, b] → D con γ x(a) =x 0 e γ x(b) =x. Poniamo f(x) := ∫ γ xω, questaè una buona definizione della funzione f : D → R grazie all’ipotesi (b) (si noti che x 0 èfissato e che il valore f(x) non dipende dalla scelta della poligonale che congiunge x 0 ax). Dimostriamo che f è una primitiva per ω. Fissiamo anche x ∈ D e i ∈{1,...,n} efacciamo vedere che esiste la derivata parziale ∂ i f(x) edè uguale al coefficiente della formadifferenziale: ∂ i f(x) =w i (x). Poichè D è aperto, esiste una palla aperta B(x; r) ⊆ D, ex + he i ∈ B(x; r) per ogni h ∈ ] − r/2,r/2[ . Sia ˜γ x:[b, b +1]→ D, t ↦→ x +(t − b)he i cheha per sostegno il segmento di estremi x,x+ he i . Abbiamo∫ ∫ ∫f(x + he i )= ω = ω + ω = f(x)+γ +˜γ γ x x x= f(x)+∫ b+1b˜γ x∫ b+1w i (x +(t − b)he i ) hdt= f(x)+b( )ω ˜γ x(t) (˜γ ′ (t)) dt =x∫ h0w i (x + τe i ) dτdove, nell’ultimo passaggio, siamo passati alla variabile τ =(t − b)h.. La funzione τ ↦→w i (x + τe i )è continua in ] − r/2,r/2[ e il teorema fondamentale del calcolo ci dice cheh ↦→ f(x + he i )è derivabile in h = 0, cioè esiste ∂ i f(x), e si ha ∂ i f(x) =w i (x). Essendo xun qualsiasi punto di D, abbiamo provato che f è una primitiva di ω che quindi è esatta.Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

22 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeProviamo infine (c) =⇒ (a). Sia df = ω e γ :[a, b] → D un circuito. Siano a = t 0

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 23Teorema 10.3. (Derivazione sotto il segno di integrale). Sia F :[a, b] × A → R m ,dove[a, b] è un intervallo compatto (cioè chiuso e limitato) di R e A è un aperto di R n , unafunzione continua. Alloraf(x) :=∫ baF (t, x) dtè continua in A.Se inoltre esistono le derivate parziali∂F∂x i(t, x), i =1,...,n, e sonofunzioni continue di (t, x) in [a, b] × A, allora f è di classe C 1 in A e le sue derivate parzialisono∫∂ b∂x iaF (t, x) dt =∫ ba∂F∂x i(t, x) dt ,i =1,...,n.Dimostrazione del Teorema 10.2. Per il teorema di derivazione sotto il segno di integrale, lafunzione f definita da (10.1) è di classe C 1 poichè cosìè la funzione integranda [0, 1]×D →R, (t, x) ↦→ w (x 0 + t(x − x 0 )) · (x − x 0 ), inoltre lo stesso teorema ci dice che per avere ∂ i fpossiamo portare l’operatore ∂ i sotto il segno di integrale.Per semplicità di notazionitrattiamo il caso in cui x 0 = 0 ma è chiaro che il caso generale è del tutto analogo. Peri =1,...,n abbiamo:⎛⎞∫ 1∂n∑∫ 1∂ i f(x) = ⎝ w j (tx)x j⎠ dt =0 ∂x i 0j=1⎛⎝⎞n∑∂ i w j (tx) tx j⎠ dt +j=1∫ 10w i (tx) dt .Ora usiamo la condizione di chiusura ∂ i w j = ∂ j w i , e poi integriamo per parti:⎛⎞∫ 1 n∑∫ 1∫ 1(∂ i f(x) = ⎝ ∂ j w i (tx)tx j⎠ ∂dt + w i (tx) dt =i(tx))000 ∂t w tdt++∫ 10j=1w i (tx) dt =[ ] t=1∫ 1w i (tx) t − t=0 0w i (tx) dt +∫ 10w i (tx) dt = w i (x) .Abbiamo quindi ∂ i f = w i che è quello che volevamo provare. Incidentalmente, si osserviche f ∈ C 2 .Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

24 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeUna conseguenza immediata del Teorema 10.2 è che ogni forma differenziale chiusa èlocalmente esatta, cioèCorollario 10.4. Sia ω : D ⊆ R n → (R n ) ∗ forma differenziale di classe C 1 chiusasull’aperto D di R n . Fissato comunque x ∈ D esiste un suo intorno aperto U ⊆ D tale cheω|U sia esatta.Per U basta infatti prendere una palla aperta B(x) ⊆ D che è convessa.Il Teorema 10.2 è interessante e di facile dimostrazione ma vogliamo trattare il problemaanche per aperti più generali, che non siano necessariamente stellati. Sappiamo che ω èintegrabile su un aperto connesso D quando ∫ γω = 0 per ogni circuito γ in D. Particolaricircuiti sono le curve costanti (il cui sostegno è un punto) e ovviamente ∫ γω = 0 per talicircuiti. L’idea che vogliamo precisare è approssimativamente la seguente: se D è tale cheogni circuito in esso sia “deformabile con continuità” ad un punto (circuito costante), alloraavremo che su un tale insieme ogni forma chiusa è esatta. Diremo che i circuiti α,β sono“omotopi” in D se α si può trasformare in β con una “deformazione continua” restandosempre in D. Precisamente abbiamo la seguente definizione che riguarda curve continueα :[0, 1] → D che sono chiuse cioè con α(0) = α(1) (non è qui rilevante considerare curvedi classe C 1 a tratti).Definizione 10.5. Le curve continue chiuse α,β :[0, 1] → D, nell’aperto D ⊆ R n ,sidicono omotope in D se esiste una funzione continua (detta omotopia) h :[0, 1]×[0, 1] → Dtale che (i) h(t, 0) = α(t), eh(t, 1) = β(t), per ogni t ∈ [0, 1]; e inoltre (ii) h(0,λ)=h(1,λ)per ogni λ ∈ [0, 1].Si pensi ad una famiglia di curve h λ definite da h λ (t) =h(t, λ). Al variare di λ unacurva si trasforma nell’altra in modo continuo e ogni stadio della deformazione è una curvaUniversitá di Torino

26 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeCorollario 10.9. Sia D ⊆ R n un aperto semplicemente connesso. Ogni forma differenzialedi classe C 1 e chiusa ω : D → (R n ) ∗ è esatta.Esempio 10.10.Il piano senza un punto, ad esempio R 2 \{0}, non è semplicementeconnesso. Infatti basta considerare la forma differenziale (8.5) che è chiusa ma non esatta(vedi Esempio 8.6).Esercizio 10.11. Consideriamo la trasformazione x = ρ cos θ, y = ρ sen θ, fra coordinatepolari e coordinate cartesiane nel piano. Provare che per ρ>0è localmente invertibile.Provare anche che, detta ( ρ(x, y),θ(x, y) ) un’inversa locale, si ha dθ(x, y) =ω(x, y) conω come in (8.5) forma differenziale chiusa ma non esatta di cui (x, y) ↦→ θ(x, y) è unaprimitiva locale. In particolare una primitiva nel semipiano x>0è arctan(y/x) mentre− arccos(x/ √ x 2 + y 2 )è primitiva per y

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 2711. Esercizi svolti.Esercizio 11.1. Sia D := {(x, y, z) ∈ R 3 : x>−1} e consideriamo la forma differenzialeω : D → ( R 3) ∗(ω(x, y, z) := Ay)1+x + B sen(2x)dx+(Cy cos z + H ln(1 + x)) dy+ ( Ky 2 sen z ) dz.i) Per quali costanti reali A, B, C, H, K la forma è esatta?ii) Calcolare una primitiva di ω quando è esatta.Soluzione.i) Essendo D un aperto semplicemente connesso, la forma ω che è di classe C 1 è esattase e solo se è chiusa cioè se e solo se⎧∂ω 1∂y (x, y, z) =∂ω 2(x, y, z)∂x⎪⎨∂ω 2∂z (x, y, z) =∂ω 3(x, y, z) ⇐⇒∂y⎪⎩ ∂ω 3∂x (x, y, z) =∂ω 1(x, y, z)∂z⎧A⎪⎨1+x = H1+x−Cy sen z =2Ky sen z⎪⎩0=0⇐⇒⎧⎨ H = A⎩K = −C/2La forma quindi è esatta se e solo se(ω(x, y, z) = Ay)1+x + B sen(2x)dx+(Cy cos z + A ln(1 + x)) dy− Cy2 sen zdz2(11.1)con A, B, C ∈ R arbitrarie.ii) Poichè D è prodotto di intervalli, possiamo calcolare una primitiva f integrandoQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

28 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale(11.1) lungo la poligonale ((0, 0, 0), (x, 0, 0), (x, y, 0), (x, y, z))∫ x∫ y∫ zf(x, y, z) = w 1 (ξ,0, 0) dξ+ w 2 (x, η, 0) dη+ w 3 (x, y, ζ) dζ =0∫ x0∫ y= B sen(2ξ) dξ+ (Cη + A ln(1 + x)) dη− 1 Cy 2 sen ζdζ=002 0=[− B ] ξ=x [ ] η=y [ ] ζ=zC C2 cos(2ξ) +2 η2 + Aη ln(1 + x) +2 y2 cos ζ =ξ=0= 1 (−B cos(2x)+B + Cy 2 +2Ay ln(1 + x)+Cy 2 cos z − Cy 2) =2=Ay ln(1 + x)+B sen 2 x + C 2 y2 cos z.0η=0∫ zζ=0Esercizio 11.2. Siaω(x, y) =(2 x + ln(x + y)+ x )dx +x + yxx + y dy .i) Trovare il dominio D cioè il massimo insieme del piano dove ha senso.ii) La forma ω : D → (R 2 ) ∗ è chiusa? È esatta?iii) Si calcoli l’integrale curvilineo di ω sul cammino γ dato dall’equazione x 2 + y 2 = 2 nelprimo quadrante, orientato nel verso delle y decrescenti.Soluzione.i) Il dominio D è il semipiano aperto x + y>0.ii) Essendo il dominio convesso, la forma è esatta se e solo se è chiusa. La condizionedi chiusura è verificata, infatti:∂ 2 ω 1 (x, y) = 1x + y −x(x + y) 2 = ∂ 1ω 2 (x, y) .Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 29iii) Per rispondere si può parametrizzare il cammino come γ :[0,π/2] → D, t ↦→√2(cos(−t + π/2), sen(−t + π/2))=√2(sen(t), cos(t)), ma conviene scegliere un altrocammino con gli stessi estremi, in particolare il segmento, poichè sappiamo che l’integralecurvilineo dipende solo dagli estremi (Teorema 10.1).Possiamo anche trovare una primitiva f di ω e poi calcolare la differenza fra i valoridi f nell’estremo e nell’origine di γ∫ω = f( √ 2, 0) − f(0, √ 2) . (11.2)γScegliamo quest’ultima strada.Non essendo D prodotto di intervalli, non possiamo questa volta usare la stessa tecnicadell’Esercizio 11.1 perché quelle poligonali possono uscire da D.Proviamo invece nelseguente modo: cerchiamo una primitiva in y di ω 2 (x, y), che è x ln(x + y) +g(x) con gfunzione arbitraria di classe C 1 ; imponiamo poi la condizione∂f∂x (x, y) =ω 1(x, y) ⇐⇒ ln(x + y)+ xx + y + g′ (x) =2x + ln(x + y)+xx + yda cui g ′ (x) =2x che dà g(x) =x 2 + c con c costante arbitraria. Abbiamo trovato laprimitiva f(x, y) =x ln(x + y)+x 2 . Quindi (11.2) dà∫ω = √ 2 ln( √ 2+0)+2− 0 ln(0 + √ 2) − 0=2+ √ 2ln √ 2 .γOsservazione.Il metodo usato nell’esercizio precedente può essere descritto con laseguente proposizione di immediata verifica: sia ω(x, y) :=w 1 (x, y)dx + w 2 (x, y)dy unaforma differenziale C 1 su un aperto D del piano; supponiamo di aver trovato due funzionih, k ∈ C 2 (D) tali che (i) ∂ y h ≡ w 2 , (ii) ∂ y k ≡ 0, (iii) ∂ x k ≡ w 1 − ∂ x h; allora h + k è unaprimitiva di ω.Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

30 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeEsercizio 11.3.Sia f ∈ C 1 (]0, +∞[; R), c ∈ R e si consideri la forma differenzialeω : R 2 \{(0, 0)} →(R 2 ) ∗ω(x, y) :=(xf(x 2 + y 2 ) −cy )x 2 + y 2 dx+ y + cxx 2 + y 2 dy.i) Per quali funzioni f ∈ C 1 (]0, +∞[; R) e costanti c ∈ R la forma ω è chiusa?ii) Per quali funzioni f ∈ C 1 (]0, +∞[; R) e costanti c ∈ R la forma ω è esatta? (Usare ilseguente fatto: una forma chiusa è esatta in R 2 \{(0, 0)} se e solo se il suo integralesul circolo unitario γ(t) =(cost, sen t) ,t∈ [0, 2π] è nullo).iii) Calcolare le primitive di ω quando è esatta.Soluzione.i) Detti w i i coefficienti della forma differenziale ω, siha∂w 1∂y= ∂ ∂y(xf ( x 2 + y 2) −cy )x 2 + y 2 =xf ′ ( x 2 + y 2) 2y − c x2 + y 2 − 2y 2(x 2 + y 2 ) 2 ==2xyf ′ ( x 2 + y 2) y 2 − x 2+ c(x 2 + y 2 ) 2∂w 2∂x = ∂∂x( ) y + cxx 2 + y 2 = c ( x 2 + y 2) − 2x(y + cx)(x 2 + y 2 ) 2 = −2xy + c ( y 2 − x 2)(x 2 + y 2 ) 2 .La forma differenziale ω è chiusa se e solo se∂w 1∂y = ∂w 2∂x⇐⇒ 2xyf ′ ( x 2 + y 2) = −2xy(x 2 + y 2 ) 2per ogni (x, y) ∈ R 2 \{(0, 0)}. Equivalentemente, se e solo se per ogni (x, y) ∈ R 2 \{(0, 0)}f ′ ( x 2 + y 2) 1= −(x 2 + y 2 ) 2 ⇐⇒ f ′ (t) =− 1 t 2 per ogni t>0 .Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 31In definitiva, la forma ω è chiusa se e solo se esiste a ∈ R tale chef(t) = 1 t+ a, t>0 . (11.3)ii) L’integrale di ω sul circolo unitario è∫ ∫ 2πω = [(cos tf(1) − c sen t) (− sen t) + (sen t + c cos t) cos t] dt=γ 0=∫ 2π0[(−f(1) + 1) cos t sen t + c] dt=2πc =0 ⇐⇒ c =0.Quindi ω è esatta se e solo se c = 0 ed esiste a ∈ R tale che valga la (11.3); in tal caso sihaω(x, y) =(ax +)xx 2 + y 2 dx+yx 2 dy. (11.4)+ y2 iii) Cerchiamo una primitiva F con la tecnica vista nell’esercizio precedente.Unaprimitiva in y di ω 2 (x, y) è∫yx 2 + y 2 dy = 1 2 ln(x2 + y 2 )+g(x)con g funzione arbitraria di classe C 1 . Imponiamo poi la condizione∂F∂x (x, y) =ω 1(x, y)⇐⇒xx 2 + y 2 + g′ (x) =ax +xx 2 + y 2da cui g ′ (x) =ax che dà g(x) =ax 2 /2+c con c costante arbitraria. Abbiamo trovatoF (x, y) = a 2 x2 +ln √ x 2 + y 2 , (x, y) ∈ R 2 \{(0, 0)} , (11.5)che è una primitiva su tutto R 2 \{(0, 0)} .Potevamo anche trovare una primitiva sull’aperto R 2 \{(x, 0) : x ≤ 0} (che èildominio della forma senza il semiasse x < 0) integrando lungo il cammino in figura.Percorriamo l’asse x da (1, 0) a (ρ(x, y), 0), con ρ(x, y) = √ x 2 + y 2 , cioè il segmentoQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

32 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialeσ : [0, 1] → R 2 \{(0, 0)}, t ↦→ (1 + t(ρ(x, y) − 1), 0), e poi l’arco di circonferenza da(ρ(x, y), 0) a (x, y) cioè γ :[0, 1] → R 2 \{(0, 0)}, t ↦→ ρ(x, y) (cos(tθ(x, y)), sen(tθ(x, y)))dove θ(x, y) ∈ ] − π, π[ è la funzione in (10.4).∫F (x, y) =σ∫ω +γω =∫ 1∫ 1((+ aρ cos(tθ)+ ρ cos(tθ) )0ρ 2=[a0(a (1 + t(ρ − 1)) +(−ρθ sen(tθ)) + ρ sen(tθ)ρ 2(t + t2 2 (ρ − 1) )(ρ − 1)+ln(1+t(ρ − 1)) − aρ22)1+t(ρ − 1)(1 + t(ρ − 1)) 2 (ρ − 1) dt+)ρθ cos(tθ) dt=] t=1sen 2 (tθ) =t=0= a 2 (ρ2 − 1)+lnρ − a 2 ρ2 sen 2 θ = a 2 (x2 + y 2 − 1) + ln √ x 2 + y 2 − a 2 y2che coincide con la F (x, y) in (11.5) a meno di una costante additiva. La formula cosìtrovata per la primitiva funziona in realtà anche nei punti (x, 0),x < 0, che avevamoescluso, e dà una primitiva in tutto il dominio della forma: R 2 \{(0, 0)}.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 33Cap. II: Superfici e Teoremi di Stokes e Gauss12. Teorema di Green.Una curva φ :[a, b] → R n di classe C 1 e con φ ′ (t) ≠ 0 per ogni t ∈ [a, b] si diceregolare. Sappiamo che queste curve si possono riparametrizzare con un diffeomorfismocrescente passando al parametro d’arco.Una curva continua di classe C 1 a tratti si dice cammino e un cammino si dice regolarese tali sono i suoi tratti. Un circuito regolare γ :[a, b] → R n è un cammino regolare chiuso,cioè con γ(a) =γ(b), e si dice semplice se la restrizione γ|[a, b[ è iniettiva.L’integrale curvilineo di una forma differenziale (continua) ω esteso a un camminoregolare è la somma degli integrali curvilinei sui tratti C 1 che lo compongono. D’altraparte, su ciascun tratto C 1 , l’integrale curvilineo non cambia se passiamo al parametrod’arco. Quindi per circuiti regolari semplici, che ci interessano nel seguito, si può parlaredi integrali curvilinei estesi ai sostegni orientati per cui useremo la notazione∫+Γ∫ω :=γω,dove +Γ è il ‘sostegno orientato’ del circuito regolare semplice γ.Qui ci interessano i circuiti regolari piani γ = (γ 1 ,γ 2 ) : [a, b] → R 2 .Indichiamocon T (t) :=γ ′ (t)/|γ ′ (t)| il versore tangente e con N(t) :=(γ 2(t), ′ −γ 1(t))/|γ ′ ′ (t)| il versorenormale che abbiamo qui scelto fra i due versori ortogonali a T (t) in modo che la coppiaordinata (N(t),T(t)) si ottenga dalla canonica (e 1 ,e 2 ) con una rotazione propria. In altritermini, se consideriamo i corrispondenti vettori di R 3 , Ñ(t) :=(N 1(t),N 2 (t), 0) e ˜T (t) :=Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

34 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale(T 1 (t),T 2 (t), 0), allora il loro prodotto esterno dà il terzo versore della base canonica di R 3come mostra il seguente determinante formaleÑ(t) ∧ ˜T (t) = det⎛⎜⎝e 1 e 2 e⎞3γ ′ 2 (t)|γ ′ (t)|− γ′ 1 (t)|γ ′ (t)|0γ ′ 1 (t)|γ ′ (t)|γ ′ 2 (t)|γ ′ (t)|0⎟⎠ = e 3 .Diciamo dominio regolare piano ogni compatto (chiuso e limitato) D ⊂ R 2 che sia lachiusura di un aperto connesso la cui frontiera ∂D sia unione di un numero finito di sostegnidi circuiti regolari semplici. Per definizione (di dominio regolare piano) ammettiamo inoltrela possibilità di scegliere ognuno di tali circuiti γ iin modo che N(t) punti sempre fuoridi D nei punti non angolosi. Allora diciamo che ogni curva (sostegno orientato) +Γ i di∂D è orientata coerentemente a D e all’orientazione del piano (il verso di percorrenza cosìfissato lascia D solo alla sinistra). Data una forma differenziale (continua) ω :Ω→ (R 2 ) ∗su un aperto Ω ⊃ D, poniamo∫+∂Dω := ∑ i∫+Γ iω.Si dimostra facilmente che il sostegno φ([a, b]) di una curva regolare è di misura n-dimensionale nulla. La frontiera ∂D di un dominio regolare D ha misura nulla essendounione finita di sostegni di curve regolari. Questo risultato garantisce che D sia misurabileelementarmente, cioè alla Peano Jordan.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 35Osservazione. Chi non avesse familiarità con la teoria della misura, prenda per buonal’esistenza degli integrali doppi di funzioni continue estesi a un compatto misurabile Ddi R 2 .Siamo ora in grado di vedere ilTeorema di Green. Sia D ⊂ R 2 un dominio regolare piano, e P, Q funzioni a valori realidi classe C 1 in un aperto Ω ⊃ D. Allora∫∫D( ∂Q∂x − ∂P ) ∫dx dy =∂y+∂D(P (x, y) dx + Q(x, y) dy) . (12.1)Come conseguenza immediata della (12.1) si ha la seguente formula per l’area di Dottenuta ponendo Q(x, y) =x e P (x, y) =−y:area(D) = 1 2∫+∂D(−ydx+ xdy) . (12.2)Non dimostriamo il teorema nella massima generalità. Ci accontentiamo di provarela (12.1) nel caso in cui Q ≡ 0eD è un dominio regolare normale rispetto all’asse x, cioèD = {(x, y) ∈ R 2 : a ≤ x ≤ b, α(x) ≤ y ≤ β(x)} (12.3)Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

36 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialecon α, β :[a, b] → R funzioni di classe C 1 e α ≤ β. Usando la formula di riduzione degliintegrali doppi abbiamo∫∫∫ (∂Pb ∫ β(x)∂y (x, y) dx dy =Daα(x)) ∫∂Pb∂y (x, y) dy dx =a(P (x, β(x)) − P (x, α(x))) dx .D’altra parte, ponendo γ α(t) :=(t, α(t)), γ β(t) :=(t, β(t)), e osservando che è nulloil contributo dei segmenti verticali al seguente integrale, abbiamo∫∫∫∫ bP (x, y) dx = P (x, y) dx + P (x, y) dx = (P (x, α(x)) − P (x, β(x))) dx .+∂Dγ −γ aα βOvviamente la dimostrazione si estende subito a domini regolari che si possono decomporrein un numero finito di domini regolari normali rispetto all’asse x. Si fanno dei“tagli” paralleli all’asse y e si osserva che gli integrali curvilinei lungo i tagli si cancellanoa coppie. Osserviamo infine che il suddetto ragionamento permette di provare la (12.1)anche per Q ≢ 0seD è un dominio normale rispetto ad entrambi gli assi cartesiani.Esempio 12.1. Con il teorema di Green calcoliamo il seguente integrale doppio∫∫}I = x 2 y 2 dx dy con D :={(x, y) ∈ R 2 : x2a 2 + y2b 2 ≤ 1 , a,b > 0 .D(12.4)Usiamo la (12.1) con P ≡ 0eQ(x, y) =x 3 y 2 /3∫∫∫∫∫∂QD ∂x∫+∂Ddx dy = Q(x, y) dy cioè x 2 y 2 x 3 y 2dx dy =dy .D+∂D 3Possiamo parametrizzare l’ellisse +∂D con il circuito regolare semplice γ :[0, 2π] → R 2 ,t ↦→ (a cos t, b sen t) . Si osservi che il verso di percorrenza è corretto poichè lascia D asinistra (verso antiorario). Abbiamo quindi∫x 3 y 2I =dy = 1 ∫ 2π(a cos t) 3 (b sen t) 2 b cos tdt= a3 b 33 33+∂D0∫ 2π0cos 4 t sen 2 tdt== 4 a3 b 33∫ π20cos 4 t ( 1 − cos 2 t ) dt = 4 a3 b 33( 3π16 − 5π )= πa3 b 3.32 24Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 37Esempio 12.2. Con il teorema di Green calcoliamo l’area dell’ellisse D in (12.4). Usiamola formula (12.2) parametrizzando +∂D come nell’esempio precedentearea(D) = 1 2∫+∂D(−ydx+ xdy)== 1 2∫ 2π0[−b sen t (−a sen t)+a cos t (b cos t)] dt = 1 2∫ 2π0abdt= πab.Esempio 12.3. Con il teorema di Green calcoliamo il seguente integrale doppio∫∫I =D(x +2y) dx dy (12.5)con D ⊂ R 2 limitato dall’asse x e dalla cicloide φ :[0, 2π] → R 2 ,t↦→ (t − sen t, 1 − cos t).Usiamo la (12.1) con Q ≡ 0eP (x, y) =−xy − y 2∫∫D− ∂P∂y dx dy = ∫+∂DP (x, y) dxcioè∫∫D∫(x +2y) dx dy =+∂D(−xy − y2 ) dx .Tenendo conto del fatto che il segmento di asse x dà contributo nullo perchè lì y =0,eche la curva φ è orientata in modo opposto a +∂D abbiamo=∫ 2π0∫I =−φ(−xy − y2 ) ∫(dx = − −xy − y2 ) dx =φ[(t − sen t)(1 − cos t)+(1− cos t)2 ] (1 − cos t) dt = ...=5π +3π 2 .Esempio 12.4. Con il teorema di Green calcoliamo il seguente integrale doppio∫∫I =D11+x dx dy con D := { (x, y) ∈ R 2 :0≤ x ≤ 1 ,x 2 ≤ y ≤ √ x } . (12.6)Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

38 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeUsiamo la (12.1) con con Q ≡ 0eP (x, y) =−y/(1 + x)∫∫D− ∂P∂y dx dy = ∫+∂DP (x, y) dxcioè∫∫D11+x dx dy = ∫+∂D−y1+x dx .La regione D è racchiusa dalle due parabole y = x 2 e x = y 2 la prima va orientata nelsenso delle x crescenti, la seconda in quello delle x decrescenti. QuindiI =∫ 10−x 2 ∫ 11+x dx −0− √ ∫x11+x dx = −0x 2 − 1+11+xdx +∫ 10t1+t 2 2tdt=∫ 1= −0(x − 1+ 1 ) ∫ 1dx +21+x0t 2 +1− 11+t 2 dt =[ ] x21 [] 1−2 − x + log (1 + x) +2 t − arctan t = 5 − π00 2− log 2 .13. Area di superfici.Sia D un compatto di R 2 , chiusura di un aperto connesso, che sia anche misurabilealla Peano Jordan (vedi l’Osservazione prima del Teorema di Green). Diciamo superficie(parametrica) in R 3 di classe C k ,dovek ≥ 1, una funzione S : D → R 3 ,(u, v) ↦→ S(u, v)di classe C k . Cioè esiste Ω aperto di R 2 tale che Ω ⊃ D e S è la restrizione a D di unafunzione di classe C k su Ω. Dato (u 0 ,v 0 ) ∈ D consideriamo i vettori di R 3∂S∂u (u 0,v 0 ) ,∂S∂v (u 0,v 0 ) ,∂S∂u (u 0,v 0 ) ∧ ∂S∂v (u 0,v 0 ) , (13.1)Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 39l’ultimo vettore essendo il prodotto esterno dei primi due. Se γ =(γ 1 ,γ 2 ):]− ε, ε[ → Dè una curva C 1 con γ(0) = (u 0 ,v 0 ), allora la curva Γ := S ◦ γ è giacente sulla superficie epassa per il punto S(u 0 ,v 0 ). Il vettore tangente a questa curva in t =0èΓ ′ (0) = ∂S∂u (u 0,v 0 ) γ ′ 1(0) + ∂S∂v (u 0,v 0 ) γ ′ 2(0) ,ed è una combinazione lineare dei primi due vettori in (13.1). Se questi due vettori sonolinearmente indipendenti è allora naturale dire piano tangente alla superficie in S(u 0 ,v 0 )il piano per quel punto da essi generato. Il terzo vettore è detto invece vettore normalealla superficie in S(u 0 ,v 0 ) essendo ortogonale ai primi due. Il modulo del vettore normaleè l’area del parallelogramma individuato dai primi due vettori in (13.1), quando è diversoda zero è definito il versore normaleν(u 0 ,v 0 ):=∂S∂u (u 0,v 0 ) ∧ ∂S∂v (u 0,v 0 )∣ ∂S∂u (u 0,v 0 ) ∧ ∂S∂v (u . (13.2)0,v 0 ) ∣Si dice area della superficie S : D → R 3 di classe C 1 il numero nonnegativo∫∫D∂S∣ ∂u(u, v) ∧∂S∂v (u, v) ∣ ∣∣∣du dv . (13.3)Se la superficie è data in forma cartesiana dall’equazione z = f(x, y) con f : D → R,f ∈ C 1 , cioè seS(x, y) =(x, y, f(x, y)), allora l’area è√∫∫ ( ) 2 ( ) 2 ∂f ∂f1+ + dx dy . (13.4)∂x ∂yDInfatti,⎛∂S∂x ∧ ∂S∂y = det ⎝ e 1 e 2 e 31 0 ∂f/∂x0 1 ∂f/∂y⎞⎠ = − ∂f∂x e 1 − ∂f∂y e 2 + e 3 . (13.5)Esempio 13.1. Calcoliamo l’area della sfera x 2 + y 2 + z 2 = r 2 . Come primo passocalcoliamo l’area della sua porzione data in forma cartesiana dall’equazione z = f(x, y)Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

40 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialedove f : D a = {(x, y) : √ x 2 + y 2 ≤ a

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 41Sia S : D → R 3 superficie di classe C 1 , e sia R : E → R 3 una superficie equivalente aS cioè esista un diffeomorfismo g : E → D tale che R = S ◦ g (al solito g è la restrizioneal compatto misurabile E di un diffeomorfismo fra aperti di R 2 ). Indicato con (u, v) =(U(ξ,η),V(ξ,η)) = g(ξ,η) il cambio di variabili, abbiamo∂R∂ξ = ∂S ∂U∂u ∂ξ + ∂S ∂V∂v ∂ξ ,∂R∂η = ∂S ∂U∂u ∂η + ∂S ∂V∂v ∂η ,∂R∂ξ ∧ ∂R ( ∂S∂η = ∂u ∧ ∂S )( ∂U ∂V∂v ∂ξ ∂η − ∂U∂η∂R∂ξ ∧ ∂R ( ∂S∂η = ∂u ∧ ∂S )∂v)∂V∂ξdet g ′ (13.8)con g ′ (ξ,η) matrice Jacobiana. Per il teorema sul cambiamento di variabili per gli integralimultipli, e per la (13.8), abbiamo quindi∫∫∣ ∂S ∂S ∣∣∣∣ (u, v) ∧D ∂u ∂v (u, v) du dv =∫∫∣ =∂S ∂S ∣∣∣ ∣ ∣∣∣ (g(ξ,η)) ∧E ∂u ∂v (g(ξ,η)) det g ′ (ξ,η) ∣ dξ dη =∫∫∣ =∂R ∂R ∣∣∣∣ (ξ,η) ∧∂ξ ∂η (ξ,η) dξ dη .Ciò dimostra il seguente fattoEProposizione. L’area di una superficie di classe C 1 non cambia se la riparametrizziamocon un diffeomorfismo.14. Operatori differenziali e integrali superficiali.Nel seguito Ω sarà sempre un aperto di R 3 .Diciamo campo scalare una funzionef :Ω→ R e campo vettoriale una F :Ω→ R 3 .Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

42 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeGradiente di un campo scalare f di classe C 1 è il campo vettoriale continuo∇f :Ω→ R 3 ,(x, y, z) ↦→ ∂f∂x e 1 + ∂f∂y e 2 + ∂f∂z e 3 . (14.1)L’operatore ∇ è una funzione fra insiemi di funzioni, e manda un campo scalare di classeC 1 su Ω, in un campo vettoriale continuo; in simboli ∇ : C 1 (Ω; R) → C 0 (Ω; R 3 ) e si hacontinuo∇ = e 1∂∂x + e 2∂∂y + e 3∂∂z . (14.2)Divergenza di un campo vettoriale F = ∑ 3i=1 F ie i , di classe C 1 ,è il campo scalarediv F :Ω→ R , (x, y, z) ↦→ ∂F 1∂x + ∂F 2∂y + ∂F 3∂z . (14.3)L’operatore div : C 1 (Ω; R 3 ) → C 0 (Ω; R) sipuò pensare come prodotto scalare formale∇·F := div F .Rotore di un campo vettoriale F di classe C 1 ,è il campo vettoriale continuorot F :Ω→ R 3 ,(x, y, z) ↦→( ∂F3∂y − ∂F ) (2 ∂F1e∂z 1 +∂z − ∂F ) (3 ∂F2e∂x 2 +∂x − ∂F )1e∂y 3 .Ma èpiù semplice ricordarlo come prodotto esterno formale fra (14.2) e F :⎛rot F = ∇∧F = det ⎝ e ⎞1 e 2 e 3∂ 1 ∂ 2 ∂ 3⎠ .F 1 F 2 F 3L’operatore rot : C 1 (Ω; R 3 ) → C 0 (Ω; R 3 ), a differenza dei precedenti, ha senso solo per R 3 .Un campo vettoriale F ∈ C 1 si dice solenoidale se div F ≡ 0, si dice invece irrotazionalese rot F ≡ 0.Un campo vettoriale F ∈ C 0 si dice conservativo se è un gradiente, cioè se esiste uncampo scalare f di classe C 1 , detto potenziale di F , tale che F = ∇f. Se il potenzialef è di classe C 2 , dal teorema di Schwarz sull’uguaglianza delle derivate seconde miste siUniversitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 43ha rot ∇f ≡ 0: un campo di classe C 1 conservativo è irrotazionale. Il viceversa non èin generale vero, ma lo èseΩ è semplicemente connesso. Tutto ciò lo abbiamo già vistoparlando di forme differenziali chiuse e esatte (vedi Cap. I, Sezione 10); infatti l’irrotazionalitàdiF equivale alla chiusura della forma differenziale ω = F 1 dx + F 2 dy + F 3 dz eF è conservativo se e solo se ω è esatta (si noti però che ha senso parlare di chiusura diuna forma in dimensione qualsiasi). Il seguente campo vettoriale è irrotazionale ma non èconservativo (vedi Esempio 8.6)(w : R 3 \{(0, 0,z):z ∈ R} →R 3 , w(x, y, z) = −yx 2 + y 2 ,)xx 2 + y 2 , 0 . (14.4)Abbiamo già visto che se γ :[a, b] → Ωè un cammino (curva continua C 1 a tratti) eF :Ω→ R 3 è un campo vettoriale continuo, allora l’integrale di F su γ è definito come∫γF · dγ :=∫ baF (γ(t)) · γ ′ (t)dt . (14.5)Qui ci interessa in particolare che γ sia un circuito (cammino chiuso); in quel caso (14.5)si chiama anche circuitazione del campo vettoriale F su γ. Come visto all’inizio di questadispensa, se γ è un circuito regolare semplice, possiamo parlare di circuitazione sul suosostegno orientato +Γ e per essa useremo la notazione∫+Γ∫F · T ds :=+Γ∫(F 1 dx + F 2 dy + F 3 dz) =γF · dγ . (14.6)Introduciamo ora il concetto di integrale superficiale, oflusso, di un campo vettoriale.Sia F :Ω→ R 3 un campo vettoriale continuo e S : D → Ω una superficie in Ω di classeC 1 (vedi l’inizio della Sezione 2 per le ipotesi su D). Si dice flusso di F attraverso S ilnumero∫∫S∫∫F · ν dσ :=DF (S(u, v)) · ∂S∂u∂S(u, v) ∧ (u, v) du dv (14.7)∂vQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

44 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale(nel termine a sinistra troviamo il versore normale ν ed il simbolo dσ che possiamo dire“elemento d’area”).Il nome “flusso” è giustificato dal fatto che se F (x, y, z) =µ(x, y, z) v(x, y, z) con µdensità di massa e v velocità di un fluido, allora il flusso di F attraverso S è la massa difluido che attraversa la superficie nell’unità di tempo.Vediamo come si comporta il flusso riparametrizzando S. S ia R = S ◦ g : E → R 3come nel ragionamento che include la (13.8). Il determinante Jacobiano det g ′ è una funzionecontinua mai nulla. Quindi o è sempre strettamente positivo o sempre strettamentenegativo, si ricordi infatti che D è la chiusura di un aperto connesso. Se indichiamo con ɛ ilsuo segno, nel primo caso abbiamo ɛ = 1 e nel secondo ɛ = −1. Usando la (13.8) abbiamo∫∫∫∫F · ν dσ = F (S(u, v)) · ∂SSD∂u ∧ ∂S du dv =∂v∫∫= F ( S ( g(ξ,η) )) · ∂S ∂S∣ ∣∣(g(ξ,η)) ∧E∂u ∂v (g(ξ,η)) det g ′ (ξ,η) ∣ dξ dη =∫∫= ɛ F · ∂RE ∂ξ ∧ ∂R∂η∫∫Rdξ dη = ɛ F · ν dσ .Ciò dimostra il seguente fattoProposizione. Il flusso di un campo vettoriale continuo attraverso una superficie di classeC 1 non cambia se la riparametrizziamo con un diffeomorfismo a determinante Jacobianopositivo. Diventa invece l’opposto se il determinante Jacobiano è negativo.Esempio 14.1. Calcoliamo il flusso del rotore del campo vettoriale F : R 3 → R 3 ,(x, y, z) ↦→ (z − y, z + x, −x − y) attraverso la porzione di paraboloide z =4− x 2 − y 2data da z ≥ 0. Sia f : D = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 4} →R , (x, y) ↦→ 4 − x 2 − y 2eS(x, y) =(x, y, f(x, y)) . Allora ricordando la (13.5) abbiamo∂S∂x ∧ ∂S∂y = −∂f ∂x e 1 − ∂f∂y e 2 + e 3 =2xe 1 +2ye 2 + e 3 . (14.8)Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 45rot F (S(x, y)) · ∂S∂x ∧ ∂S∂y =( ∂F3=∂y − ∂F ) (2 ∂F12x +∂z ∂z − ∂F ) (3 ∂F22y +∂x ∂x − ∂F )1= −4x +4y +2.∂y∫∫∫∫rot F · ν dσ = rot F (S(x, y)) · ∂SSD∂x ∧ ∂S dx dy =∂y∫∫∫∫= (−4x +4y +2)dx dy = 2 dx dy =8πDil penultimo passaggio essendo dovuto al fatto che gli integrali sul cerchio delle funzioni(x, y) ↦→ x e(x, y) ↦→ y sono nulli per motivi di simmetria.DInfine, definiamo gli integrali superficiali al differenziale d’area per completezza didiscorso anche se non ne avremo bisogno nel seguito. Si usa questo termine per∫∫ ∫∫∣ fdσ:= f(S(u, v))∂S ∂S ∣∣∣∣ (u, v) ∧SD∂u ∂v (u, v) du dv (14.9)dove f :Ω→ R è un campo scalare continuo e S : D → Ωè una superficie C 1 nell’apertoΩdiR 3 . Naturalmente, il caso particolare f ≡ 1cidà l’area della superficie (vedi formula(13.3)).Esempio 14.2. SiaS come nell’Esempio 14.1 una porzione di paraboloide. Calcoliamonel’area e l’integrale superficiale (14.9) con f(x, y, z) =z. Dalla (14.8) si ha subito per l’area∫∫ ∫∫dσ =∂S∣SD ∂x ∧ ∂S∫∫∂y ∣ dx dy = √∫∫4x2 +4y 2 +1dx dy = ρ √ 4ρ 2 +1dρ dθ =D∆∫ 2π ∫ 2= dθ ρ √ [ 1 (4ρ 2 +1dρ =2π 4ρ 2 +1 ) ] 2 ( ) 32= 17 3 π2 − 10 01206dove ∆ := {(ρ, θ) ∈ R 2 :0≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π }. Invece∫∫ ∫∫fdσ:= f(x, y, 4−x 2 −y 2 )∂S∣ ∂x ∧ ∂S∫∫∂y ∣ dx dy = ρ ( 4 − ρ 2) √4ρ2 +1dρ dθ =SD=2π∫ 20∆ρ ( 4 − ρ 2) √4ρ2 +1dρ = ...Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

46 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeEsempio 14.3. Gli integrali superficiali al differenziale d’area sono importanti in Meccanica.Ad esempio le coordinate (x G ,y G ,z G ) del baricentro di una superficie materiale(guscio, membrana) omogenea S in R 3 sonox G :=1area(S)∫∫Sxdσ, y G :=1area(S)∫∫Sydσ, z G :=1area(S)∫∫Szdσ.15. Teorema di Stokes.Preliminarmente, richiamiamo il Teorema di Green. Sia D ⊂ R 2 un dominio regolarepiano e P, Q : D → R funzioni di classe C 1 (estendibili a funzioni C 1 in un aperto), allora∫∫D( ) ∫∂Q ∂P(u, v) −∂u ∂v (u, v) du dv =+∂D(P (u, v) du + Q(u, v) dv) . (15.1)Passiamo ora alla dimostrazione del Teorema di Stokes che enunceremo alla fine. SiaF :Ω→ R 3 un campo vettoriale continuo su Ω aperto di R 3 ,eS : D → Ω una superficieC 1 con D dominio regolare piano. Sia inoltre γ i:[a, b] → R 2 uno dei circuiti componenti+∂D, e+Γ i il sostegno orientato di γ i. Consideriamo la circuitazione di F su s(+Γ i ):∫s(+Γ i )∫ bF · T ds = F (S(γ i(t))) · (S ◦ γ i) ′ (t) dt =a∫ b(= F (S(γ i(t))) · ∂Sa∂u (γ (t)) i γ′ i1(t)+F (S(γ i(t))) · ∂S)∂v (γ (t)) i γ′ i2(t) dt =(= F (S(u, v)) ·∫γ ∂S)∂S(u, v) du + F (S(u, v)) ·∂u ∂v (u, v) dv .iSommando sui circuiti abbiamo quindi la circuitazione di F su S(+∂D)∫S(+∂D)F · T ds = ∑ i∫S(+Γ i )∫F · T ds =+∂D(P (u, v) du + Q(u, v) dv)Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 47dove abbiamo postoP (u, v) :=F (S(u, v)) · ∂S (u, v) ,∂u∂SQ(u, v) :=F (S(u, v)) · (u, v) . (15.2)∂vVogliamo usare la (15.1). Pertanto supponiamo che P e Q in (15.2) siano di classe C 1 ;ciò sarà vero se S ∈ C 2 e F ∈ C 1 rafforzando le ipotesi fin qui usate. Calcoliamo quindil’integrando del termine di sinistra in (15.1)(F (S(u, v)) · ∂S∂Q ∂P(u, v) −∂u ∂v3∑=i,j=1∂(u, v) =∂u∂F i( ∂Sj∂x j ∂u∂S i∂v − ∂S i ∂S j∂u ∂v)∂v (u, v) − ∂ ∂v)(F (S(u, v)) · ∂S∂u (u, v) )=dove abbiamo usato il teorema di Schwarz sull’uguaglianza delle derivate miste. Scambiandoi e j il termine fra parentesi cambia segno ed è nullo quando i = j; accoppiando iltermine ij con quello ji abbiamo quindi(∂Q ∂P(u, v) −∂u ∂v (u, v) = ∂F3− ∂F )(2 ∂S2∂x 2 ∂x 3 ∂uAbbiamo quindi provato il:( ∂F1+ − ∂F )(3 ∂S3∂x 3 ∂x 1 ∂u( ∂F2+ − ∂F )(1 ∂S1∂x 1 ∂x 2 ∂u= rot F (S(u, v)) ·∂S 3∂v − ∂S 3∂u∂S 1∂v − ∂S 1∂u∂S 2∂v − ∂S 2∂u)∂S 2∂v)∂S 3∂v∂S 1∂v)( )∂S ∂S(u, v) ∧∂u ∂v (u, v) .Teorema di Stokes. Sia F :Ω→ R 3 un campo vettoriale C 1 nell’aperto Ω di R 3 edS : D → Ω una superficie di classe C 2 con D ⊂ R 2 dominio regolare piano. Allora∫∫∫rot F · ν dσ =SS(+∂D)F · T ds . (15.3)Il flusso del rotore di F è uguale alla circuitazione di F sul trasformato del bordo di D:S(+∂D).Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

48 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeOsserviamo che, nelle ipotesi del teorema di Green, ponendo S : D → R 3 ,(u, v) ↦→(u, v, 0), e F (x, y, z) =P (x, y)e 1 + Q(x, y)e 2 , la (15.3) ci dà la (15.1) (verificarlo).La formula che abbiamo dimostrato coinvolge il trasformato S(+∂D) del bordo di Dche non coincide necessariamente con quello che è intuitivamente “il bordo della superficie”.Vediamo due esempi.Esempio 15.1. Consideriamo la sfera. Si tratta di una superficie intuitivamente “senzabordo”. Usiamo la parametrizzazione in (2.6)S : D =[0, 2π] × [0,π] → R 3 , (φ, θ) ↦→ r sen θ cos φe 1 + r sen θ sen φe 2 + r cos θe 3 ,dove φ è la longitudine e θ la colatitudine.Il bordo del rettangolo +∂D, percorso insenso antiorario, viene trasformato da S nel seguente circuito sulla sfera: il lato inferiore[0, 2π] ×{0} ha per immagine il polo nord, il lato destro {2π}×[0,π] va nel semimeridiano“di Greenwich” percorso da nord a sud, il lato superiore [0, 2π] ×{π} si riduce al polo sud,infine il lato sinistro {0} ×[0,π]è ancora il semimeridiano “di Greenwich” ma percorsoda sud a nord.Per ogni campo vettoriale F ∈ C 1 la circuitazione su S(+∂D) è nulladato che i contributi relativi al semimeridiano si elidono e quindi il teorema di Stokes dà∫∫rot F · ν dσ =0.SEsempio 15.2. Consideriamo oraS : D =[0, 2π] × [0, 1] → R 3 , (φ, η) ↦→ r cos φe 1 + r sen φe 2 + hηe 3 .Si tratta della superficie laterale di un cilindro circolare retto di raggio r>0 e altezzah>0 (farsi una figura). Il lato inferiore del rettangolo D si trasforma nella circonferenzainferiore (sul piano z = 0) percorsa in senso antiorario, il lato destro va nel segmentoverticale [(r, 0, 0), (r, 0,h)] percorso dal basso all’alto, il lato superiore va nella circonferenzaUniversitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 49superiore (sul piano z = h) percorsa in senso orario, infine il lato sinistro di +∂D diventa ilsegmento verticale di prima ma percorso ora dall’alto al basso. Dato un campo vettorialeF ∈ C 1 si ha che la circuitazione ∫ S(+∂D)F ·T ds coincide con la somma delle circuitazionisulle due circonferenze poichè i contributi dovuti al segmento verticale si elidono.In questi esempi abbiamo visto che S(+∂D) èpiù grande del ‘bordo intuitivo’ di Sma le parti in più danno contributo nullo. Ciò non è però sempre vero come vedremo conil nastro di Möbius fra poco. Nel caso particolare di S iniettiva e con ∂S∂u ∧ ∂S∂v≠ 0 in tuttoD, possiamo parlare senz’altro di ‘bordo di S’ invece che di ‘trasformato del bordo di D’,queste superfici sono dette regolari.16. Il nastro di Möbius.Prendiamo un nastro rettangolare e attacchiamo le due estremità dopo averne rovesciatauna dando così una torsione di 180 O alla striscia. In questo modo otteniamouna superficie detta nastro (o anello) di Möbius. Una rappresentazione parametrica dellasuperficie èS :D a =[−1, 1] × [a, a +2π] → R 3 , (ρ, φ) ↦→con u(φ) = cos φe 1 + sen φe 2 .(R + ρ cos φ )u(φ)+ρ sen φ 22 e 3(16.1)ΦΡQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

50 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialeNella formula (16.1) il parametro R>1è legato alla forma del nastro di Möbiuscome vedremo fra poco, invece il parametro a ∈ R non ha nessuna influenza sul sostegnodella superficie parametrica cioè suS (D a ) ma ha un’influenza sui termini del teorema diStokes tanto da renderli non significativi per una superficie come questa “non orientabile”.Diremo qualcosa di piu’ su cosa intendiamo con questo termine, ora diciamo subito cheil teorema di Stokes parametrico, dimostrato nel paragrafo precedente, continua a valereanche in questo caso. Il problema non è la validità dell’uguaglianza, ma il significato deisuoi termini.Cerchiamo innanzi tutto di capire la formula (16.1). Per ciascun φ fissato si ha lafunzione affine di ρ, il segmento, l φ : ρ ↦→ S(ρ, φ) che ha come punto medioc(φ) = 1 2((R − cos φ )u(φ) − sen φ (22 e 3 + R + cos φ )u(φ) + sen φ )22 e 3 = Ru(φ) .Inoltre il segmento l φ ha lunghezza costantemente uguale a 2 come si vede facilmente.Al variare di φ, il centro del segmento c(φ) descrive la circonferenza del piano z =0dicentro l’origine e raggio R mentre il segmento l φ ruota mantenendosi perpendicolare allacirconferenza (dato che entrambi i versori u(φ) ee 3 lo sono).Mentre φ varia di 2π, ilsegmento ruota attorno alla circonferenza di solo 1/2 giro e il suo centro percorre l’interacirconferenza.La funzione S è iniettiva salvo sui lati del rettangolo: [−1, 1]×{a} e[−1, 1]×{a+2π}.Calcolando la circuitazione di un campo vettoriale su S(+∂D a ) il lato superiore nellafigura va percorso in senso opposto a quello inferiore e si tratta dello stesso segmento diR 3 percorso nello stesso verso(l a+2π (−ρ) = R − ρ cos a +2π2(= R + ρ cos a 2)u(a +2π) − ρ sen a +2π2)u(a)+ρ sen a 2 e 3 = l a (ρ) .e 3Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 51I due integrali non si elidono come nell’Esempio 15.2 ma anzi si sommano e la circuitazionedipende in generale da a.D’altra parte se calcoliamo il flusso di un campo vettorialeattraverso S troviamo un risultato che dipende da a: per esempio il flusso del campocostante e 3 è −8R sen(a/2) come vedremo nell’Esempio 16.1. Chiaramente un tale flussonon ha alcun interesse poichè dipende dalla parametrizzazione.In definitiva il teorema di Stokes parametrico continua a valere ma non ha senso. Ciòè legato al fatto che S non è orientabile, cioè non è possibile definire sul sostegno S(D a )un campo continuo di versori normali, un fatto che accettiamo senza dimostrazione.Esempio 16.1. Calcoliamo il flusso del campo e 3 attraverso la superficie S in (16.1). È∂S∂ρ (ρ, φ) = cos φ 2 u(φ) + sen φ 2 e 3 ,∂S∂φ (ρ, φ) =−ρ 2 sen φ 2 u(φ)+ (R + ρ cos φ 2∫∫=∫∫e 3 · ν dσ :=S∫ a+2π ∫ 1a−1De 3 · ∂S∂ρ ∧ ∂S∂φ = cos φ 2e 3 · ∂S∂ρ ∧ ∂S∂φ dρ dφ = ∫ a+2πR cos φ 2 dρ dφ =2R ∫ a+2πa)(− sen φe 1 + cos φe 2 )+ ρ 2 cos φ 2 e 3 ,(R + ρ cos φ ),2∫ 1cos φa −1 2cos φ [2 dφ = 4R sen φ 2(R + ρ cos φ )dρ dφ2] a+2πa= −8R sen a 2 .17. Potenziale vettore, connessione superficiale semplice.SianoF ,A:Ω→ R 3 campi vettoriali sull’aperto Ω di R 3 con A di classe C 1 . S eF = rot A allora diciamo che A èunpotenziale vettore per F echeF èunrotore.Abbiamo già osservato che per un qualsiasi campo scalare f, di classe C 2 su un apertoΩdiR 3 ,siharot∇f ≡ 0; quindi, se A è un potenziale vettore per F , allora anche A+∇f loQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

52 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialeè. Se Ω è inoltre semplicemente connesso (vedi Sezione 10 del Cap. I) allora ogni potenzialevettore è del tipo A+∇f, infatti, se A e B sono potenziali vettori, allora F = rot B = rot Adà rot(B − A) = 0 e il campo vettoriale B − A è un gradiente essendo irrotazionale.Vediamo ora una condizione necessaria per l’esistenza di un potenziale vettore per uncampo vettoriale di classe C 1 .Proposizione 17.1. Un campo vettoriale F :Ω→ R 3 , di classe C 1 nell’aperto Ω di R 3 ,che sia un rotore, è solenoidale: div F ≡ 0.Dimostrazione. S e F = rot A allora div F = ∂ 1 F 1 + ∂ 2 F 2 + ∂ 3 F 3 = ∂ 1 (∂ 2 A 3 − ∂ 3 A 2 )+∂ 2 (∂ 3 A 1 − ∂ 1 A 3 )+∂ 3 (∂ 1 A 2 − ∂ 2 A 1 ) = 0 per il teorema di Schwarz.La condizionediv F ≡ 0è anche sufficiente perchè un campo vettoriale C 1 sia unrotore? Il problema dell’esistenza di un potenziale vettore è simile a quello di un potenzialescalare: grezzamente un campo vettoriale è un gradiente se e solo se è irrotazionale ed èunrotore se e solo se è solenoidale. Ma sappiamo che ci sono campi vettoriali irrotazionali chenon sono gradienti, analogamente nell’Esempio 17.4 vedremo che il campo elettrostaticoè solenoidale ma non è un rotore.Nella teoria del potenziale scalare un ruolo crucialehanno gli aperti semplicemente connessi su cui i campi irrotazionali sono tutti gradienti.Il campo elettrostatico è definito su R 3 privato di un punto che è un aperto semplicementeconnesso.Per la teoria del potenziale vettore il concetto chiave non è la connessionesemplice, enunciamolo senza dimostrazione:Teorema 17.2. Un aperto connesso Ω di R 3 è detto a connessione superficiale semplicese per ogni aperto limitato Λ di R 3 si ha:∂Λ ⊆ Ω =⇒ Λ ⊆ Ω. Su un tale aperto Ω uncampo vettoriale F :Ω→ R 3 di classe C 1 è un rotore se e solo se è solenoidale div F ≡ 0.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 53Nella Proposizione 10.8 del Cap. I avevamo visto che un aperto stellato è semplicementeconnesso. Ora vediamo che è pure a connessione superficiale semplice, così abbiamouna vasta classe di aperti comuni ai due concetti.Proposizione 17.3. Un aperto stellato Ω di R 3 è a connessione superficiale semplice.Dimostrazione. Sia infatti Ω stellato rispetto al suo punto x 0 , cioè il segmento [x 0 ,x]:={x 0 + t(x − x 0 ):t ∈ [0, 1]} ⊆Ω per ogni x ∈ Ω. Sia inoltre Λ un aperto limitato con∂Λ ⊆ Ω e, per assurdo, supponiamo che esista x 1 ∈ Λ con x 1 /∈ Ω. Si consideri la semirettadi origine x 0 per x 1 . Dopo x 1 , nessun punto di tale semiretta sta in Ω e qualche puntonon sta in Λ, dato che Λ è limitato. Se x 2 /∈ Λè uno di questi punti, qualche punto delsegmento [x 1 ,x 2 ] sta in ∂Λ e quindi in Ω, assurdo.L’aperto che si ottiene da R 3 cavando un punto x 0 è semplicemente connesso ma nonè a connessione superficiale semplice come si vede subito considerando una palla apertalimitata Λ di centro x 0 , e su questi aperti esistono campi solenoidali che non sono rotori(vedi Esempio 17.4). Invece l’aperto che si ottiene cavando una retta da R 3 è a connessionesuperficiale semplice (accettiamolo senza prova) ma, come sappiamo, non è semplicementeconnesso.Esempio 17.4. SiaΩ=R 3 \{0} e su questo aperto consideriamo il campo vettorialeE(x) =q4πɛ 0x|x| 3 = ∇ −q4πɛ 0 |x|(17.1)che rappresenta il campo elettrostatico generato da una carica puntiforme q posta nell’origine(in opportune unità di misura). Come mostra la (17.1), è un campo conservativo,cioè è un gradiente e in particolare è irrotazionale. È anche solenoidale, infatti( )∂ x i∂x i |x| 3 = 1|x| 3 − 3x2 i5, i =1, 2, 3 ,|x|Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

54 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialediv E(x) =3 q4πɛ 0 |x| 3 −3 q (x24πɛ 0 |x| 5 1 + x 2 2 + x 2 )3 =0. (17.2)Ma E non è un rotore. Infatti, supponiamo per assurdo che esista A tale che E = rot A.Nell’Esempio 15.1, usando il teorema di Stokes, abbiamo visto che è nullo il flusso delrotore di un qualsiasi campo C 1 attraverso la sfera S, di centro l’origine e raggio r>0.Applicando questo risultato al campo A si ha∫∫0=S∫∫rot A · ν dσ =SE · ν dσ . (17.3)Se il campo elettrostatico fosse un rotore il suo flusso attraverso la sfera sarebbe nullo.Calcoliamo direttamente il flusso. Dalla (13.7) abbiamoE (S(φ, θ)) · ∂S∂φ∫∫S∂S(φ, θ) ∧ (φ, θ) =q∂θ∫∫E · ν dσ ==D∫ 2π04πɛ 0S(φ, θ)r 3 · (−r sen θ S(φ, θ)) = − q4πɛ 0sen θ,E (S(φ, θ)) · ∂S ∂S(φ, θ) ∧ (φ, θ) dφ dθ =∂φ ∂θ(∫ π−q )sen θdθ dφ = − q ≠04πɛ 0 ɛ 00(17.4)che contraddice (17.3) e prova che E non può essere un rotore. Incidentalmente, osserviamoche quello che abbiamo appena calcolato è il “flusso entrante” nella sfera, naturalmente il“flusso uscente” è q/ɛ 0 ed è indipendente dal raggio della sfera. Nel prossimo paragrafointrodurremo il concetto di “flusso uscente” che qui abbiamo usato in modo intuitivoriferendoci alla semplice sfera.Osservazione.Certamente non diciamo “patologico” il campo elettrostatico che èsolenoidale ma non è un rotore. Analogamente dovrebbero esserci familiari i campi irrotazionaliche non sono conservativi, come il (14.4).Universitá di Torino

18. Teorema della divergenza di Gauss.Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 55Un aperto connesso e limitato di R 3 si dice regolare se esiste una funzione f : R 3 → R,di classe C 1 , tale che A e la sua frontiera ∂A siano dati rispettivamente daA = {x ∈ R 3 : f(x) < 0} , ∂A = {x ∈ R 3 : f(x) =0} , (18.1)e valga la seguente proprietà∇f(x) ≠ 0 per ogni x ∈ ∂A. (18.2)Inoltre un aperto regolare soddisfa una condizione che vedremo fra poco.Il vettore ∇f(x 0 )è ortogonale all’insieme ∂A in x 0 e punta verso l’esterno dato chef0 fuori. Usiamolo per orientare ∂A verso l’esterno, ottenendo così+∂A. Per definizione (di aperto regolare) ammettiamo di poter fornire un numero finito disuperfici regolari S j : D j → R 3 , (u, v) ↦→ S j (u, v), con D j chiusura di un aperto connessolimitato e misurabile di R 2 , che sono tali che (i) il versore normaleν(u, v) :=∂S j∂u (u, v) ∧ ∂S j∂v(u, v)∣ ∣ ∂S j∂u (u, v) ∧ ∂S j ∣∣= ∇f(S j (u, v))∂v (u, v) ∣ ∇f(Sj (u, v)) ∣ , (18.3)(ii) ∂A = ∪ j S j (D j ) ed infine (iii) l’intersezione S i (D i ) ∩S j (D j ) sia un’unione finita disostegni di cammini regolari semplici per ogni i ≠ j. Dato un campo vettoriale continuoF su un insieme che contiene la chiusuraĀ := A ∪ ∂A, definiamo quindi il flusso di Fuscente da A, o flusso attraverso +∂A, tramite∫∫F · νdσ := ∑ ∫∫F · ν dσ =+∂Aj S j= ∑ ∫∫F (S j (u, v)) · ∂S jj D j∂u (u, v) ∧ ∂S (18.4)j∂v (u, v) du dvche è ben definito dato che si può provare che è indipendente dalla scelta delle suddettesuperfici regolari S j . Si noti +∂A può essere un’unica superficie chiusa come una sfera oQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

56 Gaetano Zampieri - Analisi Vettorialeuna ciambella toroidale, ma anche più superfici come ad esempio due sfere concentricheche racchiudono il solido Ā, in questo caso il versore della normale esterna punta fuori perla grande e punta verso il centro per la piccola.Osservazione.La condizione (18.2), grazie al teorema della funzione implicita diDini, ci permette di affermare che, fissato ad arbitrio un punto x 0 ∈ ∂A, esiste un suoopportuno intorno in R 3 in cui ∂A è il grafico di una funzione C 1 di due coordinatecartesiane. Per esempio, se ∂ 1 f(x 0 ) ≠ 0 allora si può esplicitare localmente x = h(y, z)elaS(u, v) =(h(u, v),u,v), oppure S(u, v) =(h(v, u),v,u), localmente sono una buonarappresentazione parametrica di +∂A.Possiamo quindi enunciare l’importante teorema di Gauss della divergenzaTeorema di Gauss. Sia F :Ω→ R 3 un campo vettoriale di classe C 1 nell’aperto Ω diR 3 , e sia A un aperto regolare di R 3 (connesso e limitato) con chiusuraĀ ⊂ Ω. Alloral’integrale della divergenza è uguale al flusso uscente∫∫∫∫∫div F dx dy dz =Ā+∂AF · ν dσ . (18.5)Il teorema (che non dimostriamo) potrebbe essere generalizzato per trattare ad esempioil caso di un parallepipedo o di una scatola più complicata.Esempio 18.1. S ia A un aperto regolare di R 3 che contiene l’origine dove è situata unacarica q che genera il campo campo elettrostatico E in (17.1) e supponiamo che ∂A siaomeomorfa ad una sfera. Vogliamo calcolare il flusso di E uscente da A. Consideriamouna palla chiusa B di centro l’origine e di raggio r>0 abbastanza piccolo cosicchè B ⊂ A.L’aperto A = A \ B è regolare e la sua frontiera orientata è costituita da +∂A edaS : D =[0, 2π] × [0,π] → R 3 , (φ, θ) ↦→ r sen θ cos φe 1 + r sen θ sen φe 2 + r cos θe 3 .Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 57Il campo elettrostatico è solenoidale (17.2), perciò il teorema di Gauss ci dà∫∫∫∫∫∫∫∫∫0=Ādiv E dx dy dz =+∂AE · ν dσ =+∂AE · ν dσ +SE · ν dσ .L’ultimo flusso della formula precedente è già stato calcolato in (17.4) e vale −q/ɛ 0 (qualunquesia il raggio della sfera), perciò il flusso del campo elettrostatico uscente da unaqualunque superficie che racchiuda la carica è∫∫+∂AE · ν dσ = qɛ 0. (18.6)19. Esercizi ed esempi svolti.Esercizio 19.1. Consideriamo il seguente campo vettorialeF : R 3 → R 3 , (x, y, z) ↦→ (y 2 ,xy,xz) . (19.1)Sia D := {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +(y − 1) 2 ≤ 1} e S : D → R 3 , (x, y) ↦→ (x, y, y). Tramite ilteorema di Stokes si calcoli la circuitazione di F su S(+∂D).Soluzione. Dobbiamo calcolare il seguente primo integrale tramite il secondo, usando cosìil teorema di Stokes∫∫∫S(+∂D)F · T ds =Srot F · ν dσ .Il solito determinante formale dà⎛∂S∂x ∧ ∂S∂y = det ⎝ e ⎞1 e 2 e 31 0 0 ⎠ = −e 2 + e 3 .0 1 1Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

58 Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale⎛rot F = ∇∧F = det ⎝ e ⎞1 e 2 e 3∂ 1 ∂ 2 ∂ 3⎠ = −ze 2 +(y − 2y) e 3 = −ze 2 − ye 3 .F 1 F 2 F 3rot F (S(x, y)) = −ye 2 − ye 3 .∫∫S∫∫rot F · ν dσ =Drot F (S(x, y)) · ∂S∂x ∧ ∂S∂y∫∫Ddx dy = (y − y) dx dy =0.Esercizio 19.2. Consideriamo il seguente campo vettorialeF : R 3 → R 3 , (x, y, z) ↦→ (y, −x, x 2 + y 2 ) . (19.2)Tramite il teorema di Stokes si calcoli il flusso di rot F attraverso la porzione del paraboloideellittico z =4− x 2 − 4y 2 data da z ≥ 0. Si calcoli il flusso anche direttamente.Soluzione. Sia D := {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +4y 2 ≤ 4} e sia S : D → R 3 , (x, y) ↦→(x, y, 4 − x 2 − 4y 2 ). Dobbiamo calcolare il seguente primo integrale tramite il secondo,usando così il teorema di Stokes∫∫S∫rot F · ν dσ =S(+∂D)F · T ds .Una buona parametrizzazione dell’ellisse +∂D è γ :[0, 2π] → R 2 ,t ↦→ (2 cos t, sen t) edàS(γ(t)) = (2 cos t, sen t, 0). Perciò∫S(+∂D)F · T ds =∫ 2π0F (S(γ(t))) · (S ◦ γ) ′ (t) dt ==∫ 2π0[sen t (−2 sen t)+(−2 cos t) cos t +0]dt =∫ 2π0−2 dt = −4π.Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 59Facciamo ora il calcolo diretto del flusso.Posto h(x, y) :=4− x 2 − 4y 2 abbiamoS(x, y) =(x, y, h(x, y)) che dà⎛∂S∂x ∧ ∂S∂y = det ⎝ e ⎞1 e 2 e 31 0 ∂ 1 h0 1 ∂ 2 h⎛∫∫Srot F = ∇∧F = det⎠ = − ∂h∂x e 1 − ∂h∂y e 2 + e 3 =2xe 1 +8ye 2 + e 3 .⎝ e ⎞1 e 2 e 3∂ 1 ∂ 2 ∂ 3⎠ =2ye 1 − 2xe 2 − 2 e 3 .F 1 F 2 F 3∫∫rot F · ν dσ = rot F (S(x, y)) · ∂SD∂x ∧ ∂S∂y∫∫Ddx dy = (4xy − 16xy − 2) dx dy =∫∫∫∫= −2 (6xy +1)dx dy = −2 dx dy = −4π.DIl penultimo passaggio è dovuto al fatto che l’integrale di (x, y) ↦→ xy sull’ellisse D è nulloper motivi di simmetria; l’ultimo passaggio invece dà per nota l’area dell’ellisse.DEsercizio 19.3. Sia D := {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +(y − 1) 2 ≤ 1} . Usando il teorema di Greensi calcoli l’integrale curvilineo∫I :=+∂D(xy 2 dy − yx 2 dx ) . (19.3)Si calcoli poi direttamente I.Soluzione. Usando la formula di Green si ha∫(I := xy 2 dy − yx 2 dx ) ∫∫=+∂DD(x 2 + y 2) dx dy .Passiamo a coordinate polari ρ, θ osservando che la frontiera di D è il circolo x 2 +y 2 −2y =0la cui equazione polare è ρ = 2 sen θ con θ ∈ [0,π]. Posto ∆ := {(ρ, θ) ∈ R 2 :0≤ θ ≤ π,0 ≤ ρ ≤ 2 sen θ } ,sihacheI è uguale a∫∫∫ (π ∫ )2 sen θρ 2 ρdρdθ =ρ 3 dρ dθ =4∆00∫ π0sen 4 θdθ =[ 3θ2] πsen 4θ− sen 2θ +80= 3π 2 .Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

60 Gaetano Zampieri - Analisi VettorialePer eseguire il calcolo diretto di I parametrizziamo il circolo +∂D nel modo usualetenendo conto che il centro è(x, y) = (0, 1). Otteniamo così il circuito: γ : [0, 2π],t ↦→ (cos t, 1 + sen t) e quindi∫I =γ(xy 2 dy − yx 2 dx ) =∫ 2π0[cos t (1 + sen t) 2 cos t − (1 + sen t) cos 2 t (− sen t) ] dt ==∫ 2π0[cos 2 t + 2 sen 2 t cos 2 t + 3 sen t cos 2 t ] dt =∫ 2π[ t=2] 2π [ ] 2πsen 2t t sen 4t+ + − = π + π 404 1602 = 3π 2 .0[cos 2 t + 2 sen 2 t cos 2 t ] dt =Esercizio 19.4. Calcolare l’area della porzione della sfera x 2 + y 2 + z 2 = r 2 di raggior>0 compresa nel cilindro di equazione (x − r/2) 2 + y 2 ≤ r 2 /4 , detta finestra di Viviani.Soluzione. L’area richiesta S è il doppio di quella relativa a z ≥ 0 cioè il doppio dell’areadella superficie z = f(x, y) con f : D = {(x, y) ∈ R 2 :(x − r/2) 2 + y 2 ≤ r 2 /4} →R ,(x, y) ↦→ √ r 2 − x 2 − y 2 . Pertanto√∫∫S =2 1+D( ) 2 ( ) 2 ∫∫∂f ∂f+ dx dy =2r∂x ∂yDdx dy√r2 − x 2 − y 2Universitá di Torino

Gaetano Zampieri - Analisi Vettoriale 61Passiamo a coordinate polari ρ, θ osservando che la frontiera di D è il circolo x 2 +y 2 −rx =0la cui equazione polare è ρ = r cos θ con θ ∈ [−π/2,π/2]. Posto ∆ := {(ρ, θ) ∈ R 2 :(−π/2) ≤ θ ≤ (π/2), 0 ≤ ρ ≤ r cos θ } ,siha∫∫S =2r∆∫ π2=2r[− √ ] ρ=r cos θr 2 − ρ 2− π ρ=02Infine S =2r 2 (π − 2).∫ πρdρdθ√r2 − ρ =2r 22− π 2dθ =2r 2 ∫ π2− π 2( ∫ r cos θ0)ρ√r2 − ρ dρ dθ =2∫ )π(1 −|sen θ|) dθ =2r(π 2 2− 2 sen θdθ .0Esempio 19.5. Vogliamo ritrovare il risultato dell’Esempio 14.1, questa volta usando ilteorema di Stokes. Usiamo le notazioni dell’Esempio 14.1. Una buona parametrizzazionedi +∂D è γ :[0, 2π] → R 2 , t ↦→ 2(cos t, sen t) e dà S(γ(t)) = 2(cos t, sen t, 0). Perciò(15.3) porge∫∫S∫rot F · ν dσ =S(+∂D)F · T ds =∫ 2π0F (S(γ(t))) · (S ◦ γ) ′ (t) dt ==∫ 2π0[(0 − 2 sen t)(−2 sen t)+(0+2cost) 2 cos t +0]dt =∫ 2π04 dt =8πQuaderni Didattici del Dipartimento di Matematica