Esercizio - quattro campi, irrotazionalità, conservatività e potenziale (foglio 6, esercizio 13)

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

Per i campi seguenti, nel loro dominio naturale, stabilire (1) se sono irrotazionali, (2) se si può dire subito che sono conservativi, (3) calcolare un potenziale se esiste: $$F(x,y)=\left(\frac{x+2y}{x^3y},\ \frac1{xy^2}\right),\qquad G(x,y)=\bigl(1+\cos(x+y),\ \cos(x+y)\bigr),$$ $$H(x,y,z)=\frac{(x,y,z)}{x^2+y^2+z^2},\qquad L(x,y,z)=\left(-\frac{y+z}{x-y^2-z^2},\ \frac x{x-y^2-z^2},\ \frac x{x-y^2-z^2}\right).$$

Soluzione

Il campo $F$

Dominio: $x\ne0$ e $y\ne0$, cioè l'unione dei quattro quadranti aperti (non connesso). Si riscrive $F_1=\dfrac1{x^2y}+\dfrac2{x^3}$.

Rotore: $\partial_yF_1=-\dfrac1{x^2y^2}$ e $\partial_xF_2=-\dfrac1{x^2y^2}$: uguali, $F$ è irrotazionale.

Conservatività: il dominio non è connesso, ma ogni quadrante è convesso, quindi semplicemente connesso: su ciascuno il campo è conservativo. Potenziale: da $U_y=\dfrac1{xy^2}$ si ha $U=-\dfrac1{xy}+g(x)$; $U_x=\dfrac1{x^2y}+g'(x)=F_1$ dà $g'=\dfrac2{x^3}$, $g=-\dfrac1{x^2}+C$. Quindi $$U=-\frac1{xy}-\frac1{x^2}+C_i\quad\text{(una costante }C_i\text{ per quadrante)}.$$ Poiché esiste $U$ su tutto il dominio, ogni curva chiusa (che sta in un solo quadrante) ha circuitazione nulla.

Il campo $G$

Dominio $\mathbb{R}^2$ (semplicemente connesso). $\partial_yG_1=-\sin(x+y)=\partial_xG_2$: irrotazionale, quindi conservativo. $U_x=1+\cos(x+y)$ dà $U=x+\sin(x+y)+h(y)$; $U_y=\cos(x+y)+h'$ confrontato con $G_2$ dà $h'=0$: $$U=x+\sin(x+y)+C .$$

Il campo $H$

Dominio $\mathbb{R}^3\setminus\{\mathbf{0}\}$, semplicemente connesso (si può sfilare una curva chiusa dall'origine passando di lato). È un campo centrale $g(r)\mathbf{x}$ con $g=1/r^2$, e si verifica che le tre derivate incrociate coincidono, ad esempio $\partial_xH_2=-\dfrac{2xy}{r^4}=\partial_yH_1$. Quindi $H$ è conservativo. Poiché $\partial_x\tfrac12\log(x^2+y^2+z^2)=\dfrac x{x^2+y^2+z^2}$ (e analogamente per $y,z$): $$U=\tfrac12\log(x^2+y^2+z^2)+C=\log\|\mathbf{x}\|+C .$$

Il campo $L$

Dominio: $x\ne y^2+z^2$ (lo spazio privato del paraboloide). Posto $D=x-y^2-z^2$ si calcola $$\operatorname{rot}L=\frac1{D^2}\bigl(2x(y-z),\ -(x-2y^2+2yz),\ x+2yz-2z^2\bigr),$$ (controllato con sympy), che non è nullo (ad esempio in $(1,0,0)$ vale $(0,-1,1)$). Un campo $C^1$ con rotore non nullo non può avere potenziale: $L$ non è conservativo.

Riepilogo. $F$: conservativo (quadrante per quadrante), $U=-\frac1{xy}-\frac1{x^2}$. $G$: conservativo, $U=x+\sin(x+y)$. $H$: conservativo, $U=\log\|\mathbf{x}\|$. $L$: non irrotazionale, quindi non conservativo.

Un'osservazione. Il testo del foglio chiede anche di verificare la conservatività tramite il potenziale: è la strada più forte, perché trovare un'$U$ a un solo valore prova la conservatività anche dove il dominio ha buchi o non è connesso.