Esercizio 25integrali di campi lungo cicloide, spirale e cerchio

Testo.

1. (Lezione 5, esercizio 3 (iii); Ripassi 1.17.) Sia $r(t) = (t + \sin t,\ 1 + \cos t)$, $t \in [-\pi, \pi]$, l'arco di cicloide. Calcolare $\int_r -y\,dx + x\,dy$.
2. (Lezione 5, esercizio 4.) Calcolare l'integrale del campo piano $F(x, y) = (-y, x)$: (i) lungo il segmento $[(0, 0), (2\pi, 0)]$; (ii) lungo l'arco $r$ di spirale di Archimede definita in coordinate polari da $\rho(t) = 2t$, con $t \in [0, 2\pi]$.
3. (Appello 4, a.a. 2018/19, A2.) Sia $\vec F(x, y) = (6y + x,\ y + 2x)$, con $(x, y) \in \mathbb{R}^2$. Dire se $\vec F$ è conservativo. Calcolare poi l'integrale di $\vec F$ sul bordo del disco $(x - 2)^2 + (y - 3)^2 \le 4$, orientato in senso antiorario.

Teoria: Integrale curvilineo di un campo vettorialeL'integrale di un campo F lungo un cammino r : [a,b] → D è ∫_r F·dr = ∫ₐᵇ F(r(t))·r'(t) dt: per un campo di forze è il lavoro. Si scrive anche ∫_r F·T ds (T versore tangente) o ∫_r F₁ dx₁ + … + Fₙ dxₙ (notazione "termodinamica"); su un circuito si parla di circuitazione ∮. È lineare, additivo per giustapposizione, e CAMBIA SEGNO invertendo il verso di percorrenza.Integrale curvilineo di un campo vettoriale →, Campi conservativi e irrotazionaliF è conservativo se l'integrale lungo un cammino dipende solo dagli estremi (equivalentemente: circuitazione nulla su ogni circuito). Teorema fondamentale: se F = ∇U allora ∫_r F·dr = U(fine) − U(inizio); conservativo ⇔ gradiente. Condizione necessaria (F ∈ C¹): irrotazionale, ∂ⱼFᵢ = ∂ᵢFⱼ. Non sufficiente: il vortice (−y, x)/(x² + y²) è irrotazionale ma ha circuitazione 2π sul cerchio. Sufficiente su domini semplicemente connessi (convessi, stellati). Primitiva con le integrazioni parziali. Sul piano bucato basta controllare la circuitazione su un cerchio attorno a ogni buco.Campi conservativi e irrotazionali →.

La formula: $\int_r F\cdot dr = \int_a^b F(r(t))\cdot r'(t)\,dt$, oppure, in notazione termodinamica, $\int_r F_1\,dx + F_2\,dy$ con $x = x(t)$, $dx = x'(t)\,dt$, $y = y(t)$, $dy = y'(t)\,dt$.

1. $\int_r -y\,dx + x\,dy$ sulla cicloide

$x = t + \sin t$, $dx = (1 + \cos t)\,dt$; $y = 1 + \cos t$, $dy = -\sin t\,dt$. Quindi $$-y\,dx + x\,dy = \big[-(1 + \cos t)^2 - (t + \sin t)\sin t\big]dt$$ Sviluppando e usando $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$: $$-(1 + 2\cos t + \cos^2 t) - t\sin t - \sin^2 t = -2 - 2\cos t - t\sin t$$ Integrando su $[-\pi, \pi]$:

• $\int_{-\pi}^{\pi}-2\,dt = -4\pi$;
• $\int_{-\pi}^{\pi}-2\cos t\,dt = 0$;
• $\int_{-\pi}^{\pi}t\sin t\,dt = 2\int_0^\pi t\sin t\,dt$ ($t\sin t$ è pari) e, per parti∫ f·g' dx = f·g − ∫ f'·g dx (regola del prodotto letta al contrario). Si usa per log x, arcsin x, arctan x (scritti come "funzione per 1"), per sin²x, cos²x, sinh²x, cosh²x (integrale circolare: l'integrale di partenza ricompare e si porta a sinistra) e per prodotti come x^n·e^(αx), x^n·sin(βx), e^(αx)·sin(βx).Integrazione per parti →, $\int_0^\pi t\sin t\,dt = [-t\cos t]_0^\pi + \int_0^\pi\cos t\,dt = \pi + 0 = \pi$. Quindi vale $2\pi$, e con il segno meno $-2\pi$.

$$\int_r -y\,dx + x\,dy = -4\pi - 2\pi = -6\pi$$ (confermato con Python). Il campo $(-y, x)$ non è conservativo ($\partial_y F_1 = -1 \ne 1 = \partial_x F_2$): non c'era una scorciatoia.

2. Il campo $(-y, x)$ su segmento e spirale

(i) Segmento. $r(t) = (t, 0)$, $t \in [0, 2\pi]$, $r'(t) = (1, 0)$, $F(r(t)) = (0, t)$: $$\int_r F\cdot dr = \int_0^{2\pi}(0, t)\cdot(1, 0)\,dt = 0$$ Sull'asse $x$ il campo è verticale, perpendicolare allo spostamento: lavoro nullo.

(ii) Spirale. $r(t) = 2t\,(\cos t, \sin t)$. Per una curva in coordinate polari vale l'identità $$x\,y' - y\,x' = \rho\cos t\,(\rho'\sin t + \rho\cos t) - \rho\sin t\,(\rho'\cos t - \rho\sin t) = \rho^2$$ (i termini con $\rho\rho'$ si cancellano). Ma $F(r)\cdot r' = (-y, x)\cdot(x', y') = x\,y' - y\,x' = \rho^2 = 4t^2$, quindi $$\int_r F\cdot dr = \int_0^{2\pi}4t^2\,dt = \frac{4(2\pi)^3}{3} = \frac{32\pi^3}{3} \approx 330.7$$ Perché è positivo: $(-y, x)$ è il campo di una rotazione antioraria, e la spirale gira anch'essa in senso antiorario: il campo spinge sempre "in avanti".

3. Il campo $(6y + x,\ y + 2x)$ sul cerchio

Conservativo? $\partial_y F_1 = 6$, $\partial_x F_2 = 2$: le derivate miste sono diverse, quindi il campo non è irrotazionale e non è conservativo. L'integrale su un circuito può essere $\ne 0$, e va calcolato.

Parametrizzazione del cerchio di centro $(2, 3)$ e raggio $2$, in senso antiorario: $r(t) = (2 + 2\cos t,\ 3 + 2\sin t)$, $t \in [0, 2\pi]$, $r'(t) = (-2\sin t,\ 2\cos t)$.

Un trucco per ridurre i conti. Si spezza il campo: $F = (x, y) + (6y, 2x)$. Il pezzo $(x, y) = \nabla\frac{x^2 + y^2}{2}$ è un gradiente, quindi ha circuitazione nulla. Resta $$\oint_r 6y\,dx + 2x\,dy = \int_0^{2\pi}\big[6(3 + 2\sin t)(-2\sin t) + 2(2 + 2\cos t)(2\cos t)\big]dt$$ $$= \int_0^{2\pi}\big[-36\sin t - 24\sin^2 t + 8\cos t + 8\cos^2 t\big]dt = 0 - 24\pi + 0 + 8\pi = -16\pi$$ (usando $\int_0^{2\pi}\sin t\,dt = \int_0^{2\pi}\cos t\,dt = 0$ e $\int_0^{2\pi}\sin^2 t\,dt = \int_0^{2\pi}\cos^2 t\,dt = \pi$).

$$\oint_r\vec F\cdot dr = -16\pi$$ (verificato con Python sull'intero campo). Si noti che $-16\pi = (2 - 6)\cdot 4\pi$, cioè $(\partial_x F_2 - \partial_y F_1)$ per l'area del disco: è un'anticipazione della formula di Green.

Errori comuni

• Dimenticare il termine $-\sin^2 t$ che viene da $(t + \sin t)(-\sin t)$.
• Concludere che l'integrale sul cerchio è $0$ "perché il cammino è chiuso": vale solo per i campi conservativi.
• Percorrere il cerchio in senso orario: il risultato cambierebbe segno.