Esercizio - integrale doppio con bordo parametrico e Gauss-Green (foglio 6, esercizio 11)

Teoria: Formule di Gauss-Green e teorema di Stokes nel pianoPer un dominio D del piano con bordo orientato positivamente (D "a sinistra"), ∬ f_y = −∮ f dx e ∬ f_x = ∮ f dy. Se ne ricavano: l'area come ∮ x dy = −∮ y dx = ½∮(x dy − y dx); la formula di Stokes nel piano ∬ (F₂ₓ − F₁ᵧ) dxdy = ∮ F₁dx + F₂dy (flusso del rotore = circuitazione); l'invarianza della circuitazione di un campo irrotazionale tra curve che circondano lo stesso buco.Formule di Gauss-Green e teorema di Stokes nel piano →, 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 →.

Testo

Calcolare $\displaystyle\iint_Dy\,dx\,dy$, dove $D$ è la regione delimitata dalla curva $\gamma(t)=(t\cos t,\ \sin t)$, $t\in\left[0,\tfrac\pi2\right]$, e dall'asse $y$.

Soluzione

Geometria. Per $t=0$ si ha $\gamma=(0,0)$; per $t=\tfrac\pi2$ si ha $\gamma=(0,1)$. In mezzo $x=t\cos t>0$ e $y=\sin t$ cresce da $0$ a $1$. Dunque $D$ sta fra l'asse $y$ (a sinistra) e la curva (a destra), per $0\le y\le1$.

Metodo 1: riduzione (integrazione per fili orizzontali)

Poiché $y=\sin t$ è invertibile, $t=\arcsin y$ e lungo la curva $x=\arcsin(y)\sqrt{1-y^2}$ (da $\cos t=\sqrt{1-y^2}$). Quindi $$D=\{0\le y\le1,\ 0\le x\le\arcsin y\,\sqrt{1-y^2}\},$$ $$\iint_Dy\,dx\,dy=\int_0^1y\arcsin y\sqrt{1-y^2}\,dy .$$ Con $y=\sin t$, $dy=\cos t\,dt$: l'integrale diventa $\int_0^{\pi/2}t\sin t\cos^2t\,dt$. Per parti, con $u=t$ e $v'=\sin t\cos^2t$ (quindi $v=-\tfrac13\cos^3t$): il termine di bordo $\left[-\tfrac t3\cos^3t\right]_0^{\pi/2}$ è nullo e resta $\tfrac13\int_0^{\pi/2}\cos^3t\,dt=\tfrac13\left[\sin t-\tfrac{\sin^3t}3\right]_0^{\pi/2}=\tfrac13\cdot\tfrac23=\tfrac29$.

Metodo 2: Gauss-Green

Si sceglie $F_1=-\tfrac{y^2}2$, $F_2=0$, così che $\partial_xF_2-\partial_yF_1=y$ e $$\iint_Dy\,dx\,dy=\oint_{\partial^+D}\left(-\tfrac{y^2}2\right)dx .$$ Il bordo positivo ha $D$ a sinistra: si percorre la curva da $(0,0)$ a $(0,1)$ (la regione sta a sinistra, verso l'asse $y$) e poi l'asse $y$ da $(0,1)$ a $(0,0)$. Sull'asse $y$, $x=0$ e $dx=0$: nessun contributo. Sulla curva $dx=(\cos t-t\sin t)\,dt$ e $y=\sin t$: $$-\tfrac12\int_0^{\pi/2}\sin^2t\,(\cos t-t\sin t)\,dt=-\tfrac12\int_0^{\pi/2}\sin^2t\cos t\,dt+\tfrac12\int_0^{\pi/2}t\sin^3t\,dt .$$

• Il primo: $-\tfrac12\left[\tfrac{\sin^3t}3\right]_0^{\pi/2}=-\tfrac16$.
• Il secondo: da $\sin^3t=\tfrac{3\sin t-\sin3t}4$ e dalle integrazioni per parti $\int_0^{\pi/2}t\sin t\,dt=1$, $\int_0^{\pi/2}t\sin3t\,dt=-\tfrac19$ si ottiene $\int_0^{\pi/2}t\sin^3t\,dt=\tfrac{3+1/9}4=\tfrac79$, quindi il secondo pezzo vale $\tfrac7{18}$.

Somma: $\tfrac7{18}-\tfrac16=\tfrac{7-3}{18}=\tfrac29$.

Risultato. $\displaystyle\iint_Dy\,dx\,dy=\frac29$, con entrambi i metodi (e sympy).