Formule di Gauss-Green e teorema di Stokes nel piano

Prerequisiti: Integrali doppi, domini semplici e formule di riduzioneL'integrale doppio ∬_R f su un rettangolo è il limite delle somme di Cauchy-Riemann Σ |I_hk| f(P_hk); per f ≥ 0 è il volume del cilindroide. Le funzioni continue sono integrabili. Formule di riduzione (Fubini): su R = [a,b]×[c,d] ∬ = ∫_c^d(∫_a^b f dx)dy = ∫_a^b(∫_c^d f dy)dx; per f = g(x)h(y) il prodotto di due integrali. Su un dominio y-semplice {a ≤ x ≤ b, g₁(x) ≤ y ≤ g₂(x)} (D): ∬ = ∫a^b(∫{g₁}^{g₂} f dy)dx, simmetricamente per i domini x-semplici; domini regolari = unioni finite di semplici, f continua è integrabile. Area |Ω| = ∬ 1; insiemi di area nulla (punti, segmenti, grafici di funzioni continue); f limitata con discontinuità su area nulla è integrabile. Proprietà: linearità, monotonia, additività; teorema della media integrale (D). Baricentro e momenti d'inerzia di una lamina.Integrali doppi, domini semplici e formule di riduzione → (domini $x$-semplici e $y$-semplici, riduzione), Campi vettoriali, lavoro e forme differenzialiUn campo vettoriale assegna un vettore a ogni punto; la forma differenziale ω = F₁dx + F₂dy + F₃dz è lo stesso oggetto scritto come "covettore". Il lavoro (integrale curvilineo di seconda specie) è ∫ F(r(t))·r'(t) dt: è lineare, additivo sul cammino, cambia segno se si inverte il verso e non cambia se si riparametrizza con lo stesso verso. Si lega all'integrale di prima specie con ∫ F·T ds.Campi vettoriali, lavoro e forme differenziali → (integrale di una forma su una curva), Primitive e teoremi fondamentali del calcolo integraleUna primitiva di f è una G con G' = f; due primitive differiscono per una costante, e l'integrale indefinito ∫f(x)dx = F(x) + k è l'insieme di tutte le primitive. La funzione integrale F_a(x) = ∫ da a a x di f è una primitiva di f continua (TFCI 2), e quindi ∫ da a a b di f = G(b) − G(a) per qualunque primitiva G (TFCI 1): gli integrali definiti si calcolano con le primitive.Primitive e teoremi fondamentali del calcolo integrale →.

Orientamento positivo del bordo

Sia $D\subset\mathbb{R}^2$ un dominio con bordo "regolare a pezzi": $\partial D$ è formato da un numero finito di curve chiuse regolari a tratti.

Definizione (orientamento positivo). Si dice che $\partial D$ è orientato positivamente, e si scrive $\partial^+D$, se è percorso in modo che il dominio resti alla sinistra di chi cammina. Equivalentemente: il versore normale $\mathbf{n}$ ottenuto ruotando il versore tangente $\mathbf{T}$ di $\pi/2$ in senso orario punta verso l'esterno di $D$. Se la curva ha parametrizzazione $(x(t),y(t))$, la normale è $$\mathbf{n}=\frac{(y'(t),\,-x'(t))}{\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}} .$$

Esempio. Sulla circonferenza antioraria $(\cos t,\sin t)$: $\mathbf{T}=(-\sin t,\cos t)$ e $\mathbf{n}=(\cos t,\sin t)$, che punta all'esterno del disco. Dunque per un dominio con un solo bordo (curva chiusa semplice) l'orientamento positivo è quello antiorario.

Per un dominio con buchi, come una corona circolare, l'orientamento positivo si ottiene dalla stessa regola "dominio a sinistra": la circonferenza esterna è percorsa in senso antiorario, quella interna in senso orario (così la corona sta sempre a sinistra).

Le formule di Gauss-Green

Teorema (D, formule di Gauss-Green). Sia $D$ un dominio del piano con bordo regolare a tratti orientato positivamente e $f\in C^1(D)$ (cioè $C^1$ in un aperto che contiene $D$).

• Se $D$ è $y$-semplice, cioè $D=\{a\le x\le b,\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x)\}$ con $\varphi_1,\varphi_2\in C^1([a,b])$, allora $$\iint_D\frac{\partial f}{\partial y}\,dx\,dy=-\oint_{\partial^+D}f\,dx. \tag{1}$$
• Se $D$ è $x$-semplice, cioè $D=\{c\le y\le d,\ \psi_1(y)\le x\le\psi_2(y)\}$, allora $$\iint_D\frac{\partial f}{\partial x}\,dx\,dy=\oint_{\partial^+D}f\,dy. \tag{2}$$

Esempio. $D=[0,1]^2$, $f=y^2$: $\iint_D2y\,dx\,dy=1$. Il bordo antiorario è formato dai quattro lati; $\oint f\,dx$ è non nulla solo sul lato superiore ($y=1$, percorso da $x=1$ a $x=0$, quindi $\int_1^0 1\,dx=-1$) e il lato inferiore ($y=0$, dà $0$). Quindi $-\oint f\,dx=-(-1)=1$.

Dimostrazione della (1). Per la riduzione degli integrali doppi e il teorema fondamentale del calcolo, $$\iint_D\frac{\partial f}{\partial y}\,dx\,dy=\int_a^b\left(\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}\frac{\partial f}{\partial y}\,dy\right)dx=\int_a^b\bigl[f(x,\varphi_2(x))-f(x,\varphi_1(x))\bigr]dx .$$ Per il lato destro si calcola l'integrale della forma $\omega=f\,dx$ (la seconda componente è $F_2\equiv0$) su $\partial^+D$. Il bordo antiorario è formato da quattro tratti:

1. il grafico di $\varphi_1$ da $x=a$ a $x=b$: $x=t$, $y=\varphi_1(t)$, $dx=dt$, dà $\int_a^bf(t,\varphi_1(t))\,dt$;
2. il lato verticale destro $x=b$, $y$ da $\varphi_1(b)$ a $\varphi_2(b)$: lì $dx=0$, contributo $0$;
3. il grafico di $\varphi_2$ da $x=b$ a $x=a$ (verso opposto): dà $-\int_a^bf(t,\varphi_2(t))\,dt$;
4. il lato verticale sinistro $x=a$: ancora $dx=0$, contributo $0$.

Quindi $\oint_{\partial^+D}f\,dx=\int_a^bf(x,\varphi_1(x))\,dx-\int_a^bf(x,\varphi_2(x))\,dx$, che è l'opposto del risultato sopra. Cambiando segno si ottiene la (1). $\blacksquare$

Dimostrazione della (2). È identica con i ruoli di $x$ e $y$ scambiati. Per la riduzione e il teorema fondamentale, $$\iint_D\frac{\partial f}{\partial x}\,dx\,dy=\int_c^d\bigl[f(\psi_2(y),y)-f(\psi_1(y),y)\bigr]dy .$$ Sul bordo antiorario: i tratti orizzontali $y=c$ e $y=d$ hanno $dy=0$ e danno $0$; la curva destra $x=\psi_2(y)$ è percorsa verso l'alto e dà $\int_c^df(\psi_2(y),y)\,dy$; la curva sinistra $x=\psi_1(y)$ è percorsa verso il basso e dà $-\int_c^df(\psi_1(y),y)\,dy$. La somma è proprio il membro di destra. $\blacksquare$

Domini più generali (s-decomponibili)

Un dominio $D$ si dice s-decomponibile se è unione di un numero finito di domini semplici rispetto a entrambi gli assi, a due a due senza punti interni in comune. Le formule (1) e (2) valgono per tali domini con il bordo orientato positivamente (anche con buchi, come la corona circolare).

Idea della dimostrazione. Si applicano le formule a ciascun pezzo $D_i$ e si sommano. Gli integrali su un tratto di bordo condiviso da due pezzi vengono percorsi due volte in versi opposti (perché il dominio è sempre a sinistra di ognuno dei due) e si annullano; restano solo i tratti sul bordo di $D$, percorsi con $D$ a sinistra. $\blacksquare$

Calcolo di aree

Corollario (area con un integrale di linea). Se $D$ ha bordo orientato positivamente, $$|D|=\iint_D dx\,dy=-\oint_{\partial^+D}y\,dx=\oint_{\partial^+D}x\,dy=\frac12\oint_{\partial^+D}(x\,dy-y\,dx).$$

Dimostrazione. La prima è la (1) con $f=y$ (allora $\partial_yf=1$), la seconda è la (2) con $f=x$; la terza è la media delle due. $\blacksquare$

Ellisse. $x=a\cos t$, $y=b\sin t$, $t\in[0,2\pi]$ è antioraria. Allora $x\,dy-y\,dx=(ab\cos^2t+ab\sin^2t)\,dt=ab\,dt$ e $|D|=\tfrac12\int_0^{2\pi}ab\,dt=\pi ab$.

Arco di cicloide. La cicloide $(t-\sin t,\ 1-\cos t)$, $t\in[0,2\pi]$, è la traiettoria del punto di una ruota di raggio $1$ che rotola. Sia $D$ la regione fra un arco e l'asse $x$. Per avere $D$ a sinistra, l'asse $x$ va percorso da sinistra a destra e la cicloide in senso opposto alla parametrizzazione, cioè con $t$ da $2\pi$ a $0$. Si usa $-\oint y\,dx$: sull'asse $y=0$ e il contributo è nullo; sulla cicloide $dx=(1-\cos t)\,dt$ e l'inversione di verso fa cambiare segno all'integrale: $$|D|=-\oint_{\partial^+D}y\,dx=\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\,dt=\int_0^{2\pi}(1-2\cos t+\cos^2t)\,dt=2\pi+\pi=3\pi$$ (tre volte l'area del cerchio generatore). Il calcolo è ripreso nell'esercizio Esercizio - area e momenti di una regione sotto la cicloide con Gauss-Green (lezione 25 e dispensa).

Poligono con vertici noti. Se i vertici in senso antiorario sono $P_i=(a_i,b_i)$ e $P_{N+1}=P_1$, sul lato $P_iP_{i+1}$ (parametrizzato da $(a_i+t(a_{i+1}-a_i),\ b_i+t(b_{i+1}-b_i))$, $t\in[0,1]$) si ottiene $\int(-y\,dx+x\,dy)=a_ib_{i+1}-a_{i+1}b_i$, e quindi $$|D|=\frac12\sum_{i=1}^N(a_ib_{i+1}-a_{i+1}b_i).$$ Esempio. Triangolo $(0,0),(2,0),(1,1)$: $\tfrac12\bigl[(0\cdot0-2\cdot0)+(2\cdot1-1\cdot0)+(1\cdot0-0\cdot1)\bigr]=1$ (base $2$, altezza $1$, area $1$).

Dominio in coordinate polari. Se il bordo è la curva chiusa $\rho=f(\theta)$, $\theta\in[0,2\pi]$, la parametrizzazione $(f\cos\theta,\ f\sin\theta)$ dà $x\,dy-y\,dx=f^2\,d\theta$ (verificarlo derivando) e quindi $|D|=\tfrac12\int_0^{2\pi}f(\theta)^2\,d\theta$. Per la cardioide $\rho=1+\cos\theta$ l'area è $\tfrac12\int_0^{2\pi}(1+\cos\theta)^2d\theta=\tfrac{3\pi}2$.

Trasformare un integrale doppio in un integrale di linea

Le formule (1) e (2) permettono di calcolare $\iint_Df\,dx\,dy$ come integrale sul bordo, scegliendo una $F$ opportuna. Il criterio è: se $F_2$ e $F_1$ sono tali che $\partial_xF_2-\partial_yF_1=f$, allora $\iint_Df=\oint_{\partial^+D}F_1\,dx+F_2\,dy$ (v. sotto). Scelte comode:

• $\iint_Dx\,dx\,dy=\oint\tfrac{x^2}{2}\,dy$ (con $F_2=\tfrac{x^2}2$, $F_1=0$);
• $\iint_Dy\,dx\,dy=-\oint\tfrac{y^2}{2}\,dx$;
• $\iint_D2y\,dx\,dy=-\oint y^2\,dx$.

Conviene quando il bordo è dato in forma parametrica semplice e il dominio è scomodo in coordinate cartesiane (esercizio Esercizio - integrale doppio con bordo parametrico e Gauss-Green (foglio 6, esercizio 11)).

Il teorema di Stokes nel piano

Teorema (D, formula di Stokes nel piano, o del rotore nel piano). Sia $D$ un dominio con bordo regolare a pezzi orientato positivamente e $\mathbf{F}=(F_1,F_2)\in C^1$ in un aperto che contiene $D$. Allora $$\iint_D\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dx\,dy=\oint_{\partial^+D}F_1\,dx+F_2\,dy .$$ Il membro di sinistra è $\iint_D\operatorname{rot}\mathbf{F}\cdot\mathbf{e}_3\,dx\,dy$, quello di destra è la circuitazione $\oint_{\partial^+D}\mathbf{F}\cdot\mathbf{T}\,ds$.

Dimostrazione. Si applica la (2) con $f=F_2$ e la (1) con $f=-F_1$ (per cui $\iint\partial_y(-F_1)=-\oint(-F_1)\,dx=\oint F_1\,dx$) e si sommano: $\iint\partial_xF_2=\oint F_2\,dy$ e $\iint-\partial_yF_1=\oint F_1\,dx$. $\blacksquare$

Esempio. $\mathbf{F}=(-y,x)$ sul disco unitario: $\partial_xF_2-\partial_yF_1=1-(-1)=2$, quindi la circuitazione antioraria è $2\cdot\text{area}=2\pi$. Calcolando direttamente sulla circonferenza $(\cos t,\sin t)$ si ha $\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}'=\sin^2t+\cos^2t=1$ e $\oint=\int_0^{2\pi}1\,dt=2\pi$: lo stesso valore.

Significato. La circuitazione di un campo lungo il bordo è la somma, su tutto il dominio, della "tendenza a ruotare" $\operatorname{rot}\mathbf{F}$ di ogni punto: le rotazioni locali dentro $D$ si cancellano a coppie e restano solo quelle sul bordo. Se $\operatorname{rot}\mathbf{F}\equiv0$ in $D$ la circuitazione è nulla, in accordo con la conservatività (Campi conservativi, irrotazionali e insiemi semplicemente connessiF è conservativo se F = ∇U (U potenziale, forma ω esatta): allora il lavoro da P₁ a P₂ vale U(P₂) − U(P₁), non dipende dal cammino ed è nullo sulle curve chiuse, e queste tre proprietà sono equivalenti. Condizione necessaria: rotore nullo (campo irrotazionale, forma chiusa), che non basta (vortice nel piano bucato: circuitazione 2π). Basta se il dominio è semplicemente connesso (senza buchi). Il potenziale si costruisce integrando una componente e imponendo le altre.Campi conservativi, irrotazionali e insiemi semplicemente connessi →); se $\operatorname{rot}\mathbf{F}$ è costante, la circuitazione è $\operatorname{rot}\mathbf{F}$ per l'area.

Esempio. La forma $-(xy+ay)\,dx+(ax-\tfrac{x^2}2+y^5)\,dy$ ha rotore $\partial_xF_2-\partial_yF_1=(a-x)-(-x-a)=2a$, costante: sull'ellisse $x^2+\tfrac{y^2}4=1$ (area $2\pi$) la circuitazione antioraria è $4\pi a$.

Campi irrotazionali su domini con buchi

Proposizione (D, invarianza della circuitazione). Siano $\gamma_1,\gamma_2$ due curve chiuse semplici regolari a tratti, con $\gamma_2$ contenuta nella regione interna di $\gamma_1$, entrambe percorse in senso antiorario. Sia $\mathbf{F}\in C^1$ irrotazionale in un aperto che contiene la regione $D$ compresa tra le due. Allora $\oint_{\gamma_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\oint_{\gamma_2}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$.

Dimostrazione. Il bordo positivo di $D$ (regione fra le due curve) è $\gamma_1$ percorsa in senso antiorario più $\gamma_2$ percorsa in senso orario, cioè $-\gamma_2$. Per Stokes e poiché $\operatorname{rot}\mathbf{F}=0$ in $D$: $$0=\iint_D\operatorname{rot}\mathbf{F}\,dx\,dy=\oint_{\gamma_1}\omega+\oint_{-\gamma_2}\omega=\oint_{\gamma_1}\omega-\oint_{\gamma_2}\omega.\quad\blacksquare$$

Applicazione: il vortice $\mathbf{F}=\dfrac{(-y,x)}{x^2+y^2}$ è irrotazionale in $\mathbb{R}^2\setminus\{\mathbf{0}\}$ e ha circuitazione $2\pi$ sulla circonferenza unitaria. Per la proposizione, qualunque curva chiusa semplice antioraria che circonda l'origine ha circuitazione $2\pi$ (si sceglie una circonferenza piccola contenuta nella regione interna), mentre una curva che non circonda l'origine ha circuitazione $0$ (il suo interno sta nel dominio, dove $\operatorname{rot}\mathbf{F}=0$). Questo è il criterio usato per i campi sul piano bucato (Campi conservativi, irrotazionali e insiemi semplicemente connessiF è conservativo se F = ∇U (U potenziale, forma ω esatta): allora il lavoro da P₁ a P₂ vale U(P₂) − U(P₁), non dipende dal cammino ed è nullo sulle curve chiuse, e queste tre proprietà sono equivalenti. Condizione necessaria: rotore nullo (campo irrotazionale, forma chiusa), che non basta (vortice nel piano bucato: circuitazione 2π). Basta se il dominio è semplicemente connesso (senza buchi). Il potenziale si costruisce integrando una componente e imponendo le altre.Campi conservativi, irrotazionali e insiemi semplicemente connessi →).

Errori comuni

• Sbagliare il verso: l'orientamento positivo è antiorario per il bordo esterno, orario per i bordi interni; il segno del risultato cambia.
• Dimenticare il segno meno nella (1): $\iint f_y=-\oint f\,dx$, mentre $\iint f_x=+\oint f\,dy$.
• Applicare Stokes a un campo non $C^1$ in tutto $D$ (p. es. il vortice sul disco che contiene l'origine): $\operatorname{rot}\mathbf{F}$ vale $0$ fuori dall'origine, ma $\iint\operatorname{rot}\mathbf{F}=0\ne2\pi$.
• Dimenticare di inserire anche i tratti di bordo "banali" (assi, lati verticali): spesso danno $0$ ma vanno controllati.

Domande d'esame

1. Enunciare e dimostrare le formule di Gauss-Green per un dominio semplice. Traccia: riduzione + teorema fondamentale; bordo antiorario in quattro tratti, due danno $0$ per $dx=0$ (o $dy=0$).
2. Dedurre la formula di Stokes nel piano e la formula per l'area. Traccia: somma delle (1) e (2) con $f=-F_1$ e $f=F_2$; area dalla (1) con $f=y$, dalla (2) con $f=x$.
3. Che cosa si può dire della circuitazione di un campo irrotazionale lungo due curve che circondano lo stesso buco? Traccia: Stokes sulla regione fra le due, bordo $\gamma_1-\gamma_2$.

Esercizi svolti: Esercizio - area e momenti di una regione sotto la cicloide con Gauss-Green (lezione 25 e dispensa), Esercizio - lavoro sul bordo di un triangolo con Gauss-Green (esame 25 febbraio 2014), Esercizio - circuitazione lungo un'ellisse con Gauss-Green (foglio 6, esercizio 9; Esercizi 2025-26, n. 52), Esercizio - circuitazione del vortice attorno a una singolarità (lezione 25), Esercizio - integrale doppio con bordo parametrico e Gauss-Green (foglio 6, esercizio 11).