Esercizio - campo con funzione incognita, potenziale e lavoro (appello 26 gennaio 2026)

Teoria: 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 →.

Testo

Sia $$\mathbf{F}(x,y)=\left(\frac{\sin\log(xy)}{x},\ \sin\log(xy)\,f(y)+\frac1{1+y^2}\right)$$ definito su $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x>0,\ y>0\}$, con $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ di classe $C^1$. (a) Determinare $f$ in modo che $\mathbf{F}$ sia conservativo in $A$. (b) Per tale $f$ calcolare tutti i potenziali di $\mathbf{F}$. (c) Calcolare $\int_\gamma\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$, dove $\gamma$ è il segmento orientato da $(1,1)$ a $(e,1)$.

Soluzione

(a) La funzione $f$

Dominio. $A$ (primo quadrante aperto) è convesso, quindi semplicemente connesso. Dato che $\mathbf{F}\in C^1(A)$, $\mathbf{F}$ è conservativo se e solo se è irrotazionale: $\partial_yF_1=\partial_xF_2$.

Derivate incrociate. Conviene scrivere $\log(xy)=\log x+\log y$, da cui $\partial_y\log(xy)=\dfrac1y$ e $\partial_x\log(xy)=\dfrac1x$. $$\frac{\partial F_1}{\partial y}=\frac1x\cos\log(xy)\cdot\frac1y=\frac{\cos\log(xy)}{xy},\qquad\frac{\partial F_2}{\partial x}=\cos\log(xy)\cdot\frac1x\cdot f(y)=\frac{f(y)\cos\log(xy)}{x}.$$ Uguaglianza. $\dfrac{\cos\log(xy)}{xy}=\dfrac{f(y)\cos\log(xy)}{x}$ per ogni $(x,y)\in A$. Il fattore $\cos\log(xy)$ non è identicamente nullo (vale $1$ dove $xy=1$): si può dividere e si ottiene $f(y)=\dfrac1y$.

(b) Il potenziale

Con $f(y)=1/y$ cerchiamo $U$ con $$U_x=\frac{\sin\log(xy)}{x},\qquad U_y=\frac{\sin\log(xy)}{y}+\frac1{1+y^2}.$$ Si integra la prima in $x$ con la sostituzione $s=\log(xy)$, $ds=\dfrac dx x$: $$U=\int\frac{\sin\log(xy)}{x}\,dx=-\cos\log(xy)+c(y).$$ Si deriva in $y$: $U_y=\sin\log(xy)\cdot\dfrac1y+c'(y)$, e si impone l'uguaglianza con la seconda componente: $c'(y)=\dfrac1{1+y^2}$, quindi $c(y)=\arctan y+k$. I potenziali sono $$U(x,y)=-\cos\log(xy)+\arctan y+k,\qquad k\in\mathbb{R}.$$

(c) Il lavoro

$\mathbf{F}$ è conservativo, quindi il lavoro dipende solo da estremi: $U(e,1)-U(1,1)$ (qualunque sia $k$, che si cancella).

• $U(e,1)=-\cos\log e+\arctan1=-\cos1+\tfrac\pi4$;
• $U(1,1)=-\cos\log1+\arctan1=-1+\tfrac\pi4$.

$$\int_\gamma\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\bigl(-\cos1+\tfrac\pi4\bigr)-\bigl(-1+\tfrac\pi4\bigr)=1-\cos1\approx0{,}4597 .$$

Controlli. Con sympy: $\partial_xU-F_1=0$, $\partial_yU-F_2=0$ e rotore nullo per $f=1/y$; il valore numerico è $0{,}459698$.