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Note per Studenti Esercizio - lavoro sul bordo di un triangolo con Gauss-Green (esame 25 febbraio 2014)

Esercizio - lavoro sul bordo di un triangolo con Gauss-Green (esame 25 febbraio 2014)

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 →.

Testo

Calcolare il lavoro del campo F(x,y)=(2(x2+y2), (x+y)2)\mathbf{F}(x,y)=\bigl(2(x^2+y^2),\ (x+y)^2\bigr) lungo la frontiera ∂+T\partial^+T, orientata positivamente, del triangolo TT di vertici A=(1,1)A=(1,1), B=(2,2)B=(2,2), C=(1,3)C=(1,3), usando il teorema di Gauss-Green (Stokes nel piano).

Soluzione

Impostazione. Il bordo orientato positivamente è antiorario: A→B→C→AA\to B\to C\to A. Per la formula di Stokes nel piano ∮∂+TF⋅dr=∬T(∂F2∂x−∂F1∂y)dx dy.\oint_{\partial^+T}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_T\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dx\,dy .

Il rotore. F1=2x2+2y2F_1=2x^2+2y^2 ha ∂yF1=4y\partial_yF_1=4y; F2=(x+y)2F_2=(x+y)^2 ha ∂xF2=2(x+y)\partial_xF_2=2(x+y). Quindi ∂xF2−∂yF1=2x+2y−4y=2(x−y).\partial_xF_2-\partial_yF_1=2x+2y-4y=2(x-y).

Il dominio. I lati sono: ACAC sulla retta verticale x=1x=1 (1≤y≤31\le y\le3); ABAB sulla retta y=xy=x; BCBC sulla retta per (1,3)(1,3) e (2,2)(2,2), cioè y=4−xy=4-x. Per ogni x∈[1,2]x\in[1,2] la yy sta fra y=xy=x (lato ABAB, in basso) e y=4−xy=4-x (lato BCBC, in alto): T={1≤x≤2, x≤y≤4−x}(dominio y-semplice).T=\{1\le x\le2,\ x\le y\le4-x\}\qquad(\text{dominio }y\text{-semplice}).

L'integrale doppio. I=2∫12dx∫x4−x(x−y) dy.I=2\int_1^2dx\int_x^{4-x}(x-y)\,dy . L'integrale interno: [xy−y22]y=xy=4−x=x(4−x)−x2−(4−x)22+x22=4x−2x2−8+4x=−2x2+8x−8\left[xy-\tfrac{y^2}2\right]_{y=x}^{y=4-x}=x(4-x)-x^2-\tfrac{(4-x)^2}2+\tfrac{x^2}2=4x-2x^2-8+4x=-2x^2+8x-8 (infatti −(4−x)22+x22=−8+4x-\tfrac{(4-x)^2}{2}+\tfrac{x^2}2=-8+4x). Quindi I=2∫12(−2x2+8x−8) dx=4∫12(−x2+4x−4) dx=4[−x33+2x2−4x]12=4(−83−(−73))=−43.I=2\int_1^2(-2x^2+8x-8)\,dx=4\int_1^2(-x^2+4x-4)\,dx=4\left[-\tfrac{x^3}3+2x^2-4x\right]_1^2=4\left(-\tfrac83-\left(-\tfrac73\right)\right)=-\tfrac43 .

Verifica diretta. Sommando i tre lavori sui lati con le parametrizzazioni lineari si ottiene ancora −43-\tfrac43 (controllo con sympy). Il segno negativo significa che il campo "spinge" contro il verso antiorario in media.

Risultato. ∮∂+TF⋅dr=−43\displaystyle\oint_{\partial^+T}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=-\frac43.

Grafico interattivo: Triangolo T con bordo antiorario A → B → C → A

Versione ripasso

Testo. F=(2(x2+y2),(x+y)2)\mathbf{F}=(2(x^2+y^2),(x+y)^2) su ∂+T\partial^+T, TT di vertici (1,1),(2,2),(1,3)(1,1),(2,2),(1,3).

Passaggi (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 →).

  1. ∂xF2−∂yF1=2(x+y)−4y=2(x−y)\partial_xF_2-\partial_yF_1=2(x+y)-4y=2(x-y).
  2. T={1≤x≤2, x≤y≤4−x}T=\{1\le x\le2,\ x\le y\le4-x\} (lati y=xy=x e y=4−xy=4-x).
  3. I=2∫12∫x4−x(x−y) dy dx=2∫12(−2x2+8x−8) dx=−43I=2\int_1^2\int_x^{4-x}(x-y)\,dy\,dx=2\int_1^2(-2x^2+8x-8)\,dx=-\frac43.
  4. Controllo diretto sui tre lati: −43-\frac43.

Errori tipici. Scambiare le due rette (segno opposto); dimenticare il verso antiorario; sbagliare l'equazione di BCBC.

Teoria collegata