Esercizio - circuitazione su un'ellisse nello spazio con Stokes (lezione 35)

Teoria: Flusso, teorema della divergenza e teorema del rotoreIl flusso di F attraverso una superficie orientata è ∬ F·n dσ = ∬ F(r)·(r_u ∧ r_v) du dv (grafico: ∬ F·(−f_x,−f_y,1) dx dy). Teorema della divergenza: per un solido Ω il flusso uscente da ∂Ω è ∭ div F; nel piano ∬ div F = ∮ F·n ds. Teorema del rotore (Stokes): ∬ rot F·n dσ = ∮ F·T ds sul bordo orientato; su una superficie chiusa il flusso del rotore è 0. Da div rot F = 0 vengono i campi solenoidali e il potenziale vettore.Flusso, teorema della divergenza e teorema del rotore →, 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 →.

Testo

Calcolare in due modi diversi $$I=\int_{\partial^+D}(x+1-\cos z)\,dx+\frac{x^2(y+1)}4\,dy+\tanh x\,dz,$$ dove $D=\{(x,y,z):\ x^2+4(y+1)^2\le4,\ z=0\}$ e $\partial^+D$ è il bordo orientato positivamente rispetto alla normale $\mathbf{n}=\mathbf{e}_3$ (antiorario visto dal semispazio $z>0$).

Soluzione

Chi è $D$. Dividendo per $4$, $\frac{x^2}4+(y+1)^2\le1$, $z=0$: l'ellisse piena di centro $(0,-1,0)$ e semiassi $2$ (lungo $x$) e $1$ (lungo $y$). Il bordo è un'ellisse nel piano $z=0$ percorsa in senso antiorario.

Modo 1: parametrizzazione del bordo

$\mathbf{r}(t)=(2\cos t,\ \sin t-1,\ 0)$, $t\in[0,2\pi]$, con $\mathbf{r}'=(-2\sin t,\cos t,0)$. Sul bordo $z\equiv0$ quindi $dz=0$ (il termine con $\tanh x$ scompare) e $\cos z=1$: la prima componente diventa $x+1-1=x=2\cos t$. Inoltre $y+1=\sin t$, $x^2=4\cos^2t$, e la seconda componente è $\frac{4\cos^2t\sin t}4=\cos^2t\sin t$. Allora $$I=\int_0^{2\pi}\bigl[2\cos t\,(-2\sin t)+\cos^2t\sin t\cdot\cos t\bigr]dt=\int_0^{2\pi}\bigl(-4\cos t\sin t+\cos^3t\sin t\bigr)dt .$$ Le primitive sono $2\cos^2t$ e $-\tfrac14\cos^4t$, che prendono lo stesso valore in $0$ e in $2\pi$ (dove il coseno vale $1$): $I=0$.

Modo 2: teorema del rotore

Per Stokes, $I=\iint_D\operatorname{rot}\mathbf{F}\cdot\mathbf{e}_3\,dx\,dy$, con $\mathbf{F}=\left(x+1-\cos z,\ \frac{x^2(y+1)}4,\ \tanh x\right)$. Della normale $\mathbf{e}_3$ conta solo la terza componente del rotore: $$\operatorname{rot}\mathbf{F}\cdot\mathbf{e}_3=\partial_xF_2-\partial_yF_1=\frac{2x(y+1)}4-0=\frac{x(y+1)}2 .$$ (Il rotore completo è $\left(0,\ -\sin z-\frac1{\cosh^2x},\ \frac{x(y+1)}2\right)$, ma le prime due componenti non servono.) Quindi $$I=\iint_D\frac{x(y+1)}2\,dx\,dy=0,$$ perché l'integranda è dispari in $x$ e $D$ è simmetrico rispetto all'asse $y$ ($x\to-x$).

Risultato. $I=0$ con entrambi i metodi.