Campo vettoriale+potenziale
Ciao a tutti,
Non capisco una cosa:
Es Sia \( \displaystyle F(x,y)=\bigg(\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2};\frac{-x}{x^2+y^2}+1\bigg) \) un campo vettoriale considerato in \( D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\colon\ x>1\} \) . Devo trovare un potenziale
Ovviamente $F$ è conservativo su $D$ perché $D$ è un insieme connesso, aperto, semplicemente connesso, \( F\in C^1(D) \) e \( rot(F)=0 \).
Quindi esiste una funzione \( u\colon D\subseteq\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}^2 \) tale che \( \nabla u=F \).
A patto di determinare $c(x)$ e c$(y)$ ( derivando rispetto all'altra variabile e uguagliando opportunamente con la giusta componente del campo $F$), se provo ad integrare $f_2$ ho che
\( \displaystyle\int f_2dy=\int (\frac{-x}{x^2+y^2}+1)\ dy=\arctan{\frac{y}{x}}+y+c(x) \) \(\ \ \forall(x,y)\in D \)
Mentre se provo ad integrare $f_1$
\( \displaystyle\int f_1dx=\int (\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2})\ dx=\arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c(y) \) \(\ \ \forall(x,y)\in D\setminus\{y=0\} \)
Quindi nel secondo modo non avrei un potenziale definito su tutto $D$ (deve essere anche $C^1(D)$). Dove sbaglio? E' normale sta cosa? Questo mi porta a dire che posso farlo soltanto integrando $f_2$ e non $f_1$?
Non capisco una cosa:
Es Sia \( \displaystyle F(x,y)=\bigg(\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2};\frac{-x}{x^2+y^2}+1\bigg) \) un campo vettoriale considerato in \( D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\colon\ x>1\} \) . Devo trovare un potenziale
Ovviamente $F$ è conservativo su $D$ perché $D$ è un insieme connesso, aperto, semplicemente connesso, \( F\in C^1(D) \) e \( rot(F)=0 \).
Quindi esiste una funzione \( u\colon D\subseteq\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}^2 \) tale che \( \nabla u=F \).
A patto di determinare $c(x)$ e c$(y)$ ( derivando rispetto all'altra variabile e uguagliando opportunamente con la giusta componente del campo $F$), se provo ad integrare $f_2$ ho che
\( \displaystyle\int f_2dy=\int (\frac{-x}{x^2+y^2}+1)\ dy=\arctan{\frac{y}{x}}+y+c(x) \) \(\ \ \forall(x,y)\in D \)
Mentre se provo ad integrare $f_1$
\( \displaystyle\int f_1dx=\int (\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2})\ dx=\arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c(y) \) \(\ \ \forall(x,y)\in D\setminus\{y=0\} \)
Quindi nel secondo modo non avrei un potenziale definito su tutto $D$ (deve essere anche $C^1(D)$). Dove sbaglio? E' normale sta cosa? Questo mi porta a dire che posso farlo soltanto integrando $f_2$ e non $f_1$?
Risposte
"mauri54":
$\int \frac{y}{x^2+y^2} dx=\arctan\frac{x}{y}+c(y)$
Quando $y=0$ non posso fare $x/y$ ma è anche vero che l'integranda si annulla. È anche utile osservare che \[ \arctan(1/t) = \pi/2 - \arctan t \] per $t>0$.
Si ok però quando integro devo supporre $y\ne 0$ vero? Quindi escludo automaticamente l'asse $x$ mentre per definire un potenziale su $D$ dovrei avere anche i punti $(x,0)$ con $x>1$.
Come dici tu posso chiudere un occhio e usare quell'identità dopo aver integrato però mi sembra di barare un po' tanto!
Come dici tu posso chiudere un occhio e usare quell'identità dopo aver integrato però mi sembra di barare un po' tanto!
E perché mai? 
Pensa alla $u$: sai già che su $D$ esiste un potenziale che puoi scegliere fissando il suo valore in un punto, per esempio imponendo $u(2,0)=0$. Allora \[ u(2,y) = \int_0^y f_2(2,t)dt \] ti individua univocamente il potenziale in tutti i punti della retta $x=2$. Adesso prendi $(x,y)\in D$ generico e trovi \[ u(x,y) = u(2,y) + \int_2^x f_1(t,y)dt \]
Come vedi, la $f_1$ è sempre integrata su rette a $y$ costante, quindi quando $y=0$ avrai semplicemente che \[ u(x,0) = \int_2^x f_1(t,0)dt = -\int_2^x \frac{1}{t+2}dt \] che va molto d'accordo con \[ \int f_1dx = -\arctan(y/x) - \log(x+2) + c(y) \] dove ho usato l'identità di prima mettendo anche il $pi/2$ dentro $c(y)$.
Pensa alla $u$: sai già che su $D$ esiste un potenziale che puoi scegliere fissando il suo valore in un punto, per esempio imponendo $u(2,0)=0$. Allora \[ u(2,y) = \int_0^y f_2(2,t)dt \] ti individua univocamente il potenziale in tutti i punti della retta $x=2$. Adesso prendi $(x,y)\in D$ generico e trovi \[ u(x,y) = u(2,y) + \int_2^x f_1(t,y)dt \]Come vedi, la $f_1$ è sempre integrata su rette a $y$ costante, quindi quando $y=0$ avrai semplicemente che \[ u(x,0) = \int_2^x f_1(t,0)dt = -\int_2^x \frac{1}{t+2}dt \] che va molto d'accordo con \[ \int f_1dx = -\arctan(y/x) - \log(x+2) + c(y) \] dove ho usato l'identità di prima mettendo anche il $pi/2$ dentro $c(y)$.
Direi che non ci siamo: la dimostrazione è fallace. Basti pensare che, data valida l'identità dell'arcotangente per \(t>0\), deve essere \(t=\frac{y}{x}\) (o il reciproco) ed essendo \(x>1\) deve necessariamente essere \(y>0\); dunque non ci è assolutamente concesso adottarla nel nostro caso. Il punto fondamentale (e semplice) è che l'arcotangente in due variabili è definito(!), ai fini della continuità, pure quando il denominatore s'annulla (a patto che non s'annulli contemporaneamente il numeratore: mai nel nostro caso); qui vale \(\frac{\pi}{2}\).
"seb":
Il punto fondamentale (e semplice) è che l'arcotangente in due variabili è definito(!), ai fini della continuità, pure quando il denominatore s'annulla (a patto che non s'annulli contemporaneamente il numeratore: mai nel nostro caso); qui vale \(\frac{\pi}{2}\).
Grazie per la risposta, ma non ho capito cosa intendi che è definito per continuità.
Se tendo ad un punto dell'asse $x$ arrivando dalle $y$ negative ho che \( \displaystyle\lim_{(x,y)\to (h,0)\\x>1,\ \ y<0}\arctan{\frac{x}{y}} =-\frac{\pi}{2} \)
Mentre se ne arrivo dalle $y$ positive ho che \( \displaystyle\lim_{(x,y)\to (h,0)\\x>1,\ \ y>0}\arctan{\frac{x}{y}} =\frac{\pi}{2} \)
Per avere un potenziale $D$ devo avere una funzione $C^1$ e questa non mi sembra manco continua....Giusto?
Essendo $\arctan$ dispari, vale anche \[ \arctan(1/t) = -\pi/2 - \arctan t \] per $t<0$.
Scritto così in effetti è incompleto. Avrei dovuto specificare "in $D\cap\{y>0\}$". Quando sono in $D\cap\{y<0\}$ invece $c(y)$ si mangia $-\pi/2$.
Comunque questo voleva solo essere un suggerimento a notare che esiste una funzione $c_0$, localmente costante su $\mathbb R\setminus\{0\}$, tale che \[ \arctan(x/y)+c_0(y)=-\arctan(y/x) \] in $D\setminus\{y=0\}$, che mi pare cosa buona visto che il secondo membro ci fa il piacere di essere definito e liscio in tutto $D$ e avere \[ \frac{y}{x^2+y^2} \] come derivata parziale rispetto a $x$.
A me sembra che le arcotangenti con cui abbiamo a che fare siano tutte funzioni di una variabile sola. Comunque l'idea di estendere $\arctan(1/t)$ per continuità su tutto $\mathbb R$ un po' mi turba
"coffee":
[...] dove ho usato l'identità di prima mettendo anche il $ pi/2 $ dentro $ c(y) $.
Scritto così in effetti è incompleto. Avrei dovuto specificare "in $D\cap\{y>0\}$". Quando sono in $D\cap\{y<0\}$ invece $c(y)$ si mangia $-\pi/2$.
Comunque questo voleva solo essere un suggerimento a notare che esiste una funzione $c_0$, localmente costante su $\mathbb R\setminus\{0\}$, tale che \[ \arctan(x/y)+c_0(y)=-\arctan(y/x) \] in $D\setminus\{y=0\}$, che mi pare cosa buona visto che il secondo membro ci fa il piacere di essere definito e liscio in tutto $D$ e avere \[ \frac{y}{x^2+y^2} \] come derivata parziale rispetto a $x$.
"seb":
Il punto fondamentale (e semplice) è che l'arcotangente in due variabili è definito(!), ai fini della continuità, pure quando il denominatore s'annulla (a patto che non s'annulli contemporaneamente il numeratore: mai nel nostro caso); qui vale \( \frac{\pi}{2} \).
A me sembra che le arcotangenti con cui abbiamo a che fare siano tutte funzioni di una variabile sola. Comunque l'idea di estendere $\arctan(1/t)$ per continuità su tutto $\mathbb R$ un po' mi turba
"coffee":In che senso? Le arcotangenti sono in funzione di \(x\) e \(y\), due variabili. Infatti anche questa affermazione non torna granché:
A me sembra che le arcotangenti con cui abbiamo a che fare siano tutte funzioni di una variabile sola.
"coffee":Non ci troviamo in \(\mathbb{R}\), ma in \(\mathbb{R}^2\), come puoi notare con l'aggiunta dell'ovvia condizione \(x\neq0\), che impone \(\mathbb{R}^2\setminus\{x=0,y=0\}\).
Comunque questo voleva solo essere un suggerimento a notare che esiste una funzione $ c_0 $, localmente costante su $ \mathbb R\setminus\{0\} $, tale che \[ \arctan(x/y)+c_0(y)=-\arctan(y/x) \] in $ D\setminus\{y=0\} $
"mauri54":È esattamente questo il punto nodale. Il potenziale (occhio che è scalare e non vettoriale come avevi scritto) che stiamo cercando deve di sicuro essere di classe \(C^1\) (in realtà deve essere almeno di classe \(C^2\) affinché siano soddisfatte le ipotesi del teorema di Schwarz). Ma \(u\in C^1(D)\) (\(C^2\)) se lo è pure l'arcotangente, quindi risolviamo il problema definendo la funzione arcotagente a tratti, in maniera tale da essere continua in \(\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\). Fortunatamente questa funzione è già stata definita, altrimenti avresti dovuto fare tu il lavoro di definirla nelle tre parti in cui ti si divide il dominio (\(y<0\), \(y=0\), \(y>0\)) sempre con lo scopo di renderla continua in \(D\) (perché deve esserlo per definizione, ripeto). Bada bene che, non ti fosse data la condizione \(x>1\), avresti dovuto fare esattamente la stessa cosa per la funzione \(\arctan\left(\frac{y}{x}\right)\) o, per meglio dire, in realtà l'hai fatto (e questo sancisce l'equivalenza tra i due integrali)! Succede infatti che per tutte le \(x\) positive, qualunque sia \(y\), l'arcotangente in due variabili è ben definita (continua). Esclusa l'eventualità nella quale \((x,y)=(0,0)\) per cui l'arcotangente non è definita, possiamo raccordare la funzione in questa maniera:
Per avere un potenziale [in] $ D $ devo avere una funzione $ C^1 $ e questa non mi sembra manco continua....Giusto?
Te l'ho messo come spoiler così puoi ragionare un attimo tu su come l'avresti resa continua. Secondo me la faccenda risulterà tutta immensamente più chiara una volta capito come si comporta questa fantomatica arcotangente in due variabili e dunque (ben più importante) sarà più chiaro come si comporta un potenziale su un dominio. Fammi sapere!
[ot]
Mi spiego meglio: nell'analisi matematica elementare non esiste una funzione $g$ definita su un sottoinsieme $U\subseteq\mathbb R^2$ tale che prendo $(x,y)\in U$, guardo $g(x,y)$ e dico "toh! l'arcotangente di $x$ e $y$!". Neanche quando $g$ è la parte immaginaria della determinazione principale del logaritmo complesso
Che cos'ha \[ c_0 : \mathbb R\setminus\{0\} \to \mathbb R : y \mapsto \begin{cases}-\pi/2 & \text{ se } y>0 \\ \pi/2 & \text{ se }y<0\end{cases} \] che le impedisce di essere una funzione localmente costante?
A parte il fatto che quella funzione non sarà mai continua se non togliamo il semiasse negativo delle $x$ dal suo dominio, vedo che siamo arrivati comunque alla conclusione che $\arctan(y/x)$ è l'espressione più maneggevole da mettere dentro il nostro potenziale[/ot]
A latere della discussione sull'arcotangente, penso che comparando
"seb":
Le arcotangenti sono in funzione di \( x \) e \( y \), due variabili
Mi spiego meglio: nell'analisi matematica elementare non esiste una funzione $g$ definita su un sottoinsieme $U\subseteq\mathbb R^2$ tale che prendo $(x,y)\in U$, guardo $g(x,y)$ e dico "toh! l'arcotangente di $x$ e $y$!". Neanche quando $g$ è la parte immaginaria della determinazione principale del logaritmo complesso
"seb":Non ci troviamo in \( \mathbb{R} \), ma in \( \mathbb{R}^2 \), come puoi notare con l'aggiunta dell'ovvia condizione \( x\neq0 \), che impone \( \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} \).[/quote]
Infatti anche questa affermazione non torna granché:
[quote="coffee"]Comunque questo voleva solo essere un suggerimento a notare che esiste una funzione $ c_0 $, localmente costante su $ \mathbb R\setminus\{0\} $, tale che \[ \arctan(x/y)+c_0(y)=-\arctan(y/x) \] in $ D\setminus\{y=0\} $
Che cos'ha \[ c_0 : \mathbb R\setminus\{0\} \to \mathbb R : y \mapsto \begin{cases}-\pi/2 & \text{ se } y>0 \\ \pi/2 & \text{ se }y<0\end{cases} \] che le impedisce di essere una funzione localmente costante?
"seb":
Esclusa l'eventualità nella quale \( (x,y)=(0,0) \) per cui l'arcotangente non è definita, possiamo raccordare la funzione in questa maniera:
A parte il fatto che quella funzione non sarà mai continua se non togliamo il semiasse negativo delle $x$ dal suo dominio, vedo che siamo arrivati comunque alla conclusione che $\arctan(y/x)$ è l'espressione più maneggevole da mettere dentro il nostro potenziale
[/ot]A latere della discussione sull'arcotangente, penso che comparando
"coffee":e
\[ \int f_1dx = -\arctan(y/x) - \log(x+2) + c(y) \]
"mauri54":(dopo aver recuperato il meno perso a ultimo membro) risulti abbastanza chiaro chi è $u$.
\[ \int f_2dy=\int (\frac{-x}{x^2+y^2}+1)\ dy=\arctan{\frac{y}{x}}+y+c(x) \]
Mi sa che non ci stiamo capendo
Anziché mettere troppa carne al fuoco direi di risolvere i dubbi uno per volta. Ci tocca risolvere prima la questione dell'arcotangente per poi poter parlare di potenziali; dunque:
Come fai a dire che \(\int f_1\mathrm{d}x=-\arctan\left(\frac{y}{x}\right)-\log(x+2)+c(y)\)?
Solamente integrando si ottiene: \(\int f_1\mathrm{d}x=\arctan\left(\frac{x}{y}\right)+\ldots\)
Se poi vuoi utilizzare una delle due identità che hai proposto per l'arcotangente devi necessariamente assumere sia \(x\), sia \(y\) non nulli e cioè stai ponendo esattamente la condizione che, risolvendo l'integrale di \(f_2\) rispetto a \(y\), non porresti. E questo è pari pari il quesito posto da mauri54.
Vediamo se riusciamo a capirci
Anziché mettere troppa carne al fuoco direi di risolvere i dubbi uno per volta. Ci tocca risolvere prima la questione dell'arcotangente per poi poter parlare di potenziali; dunque:
Come fai a dire che \(\int f_1\mathrm{d}x=-\arctan\left(\frac{y}{x}\right)-\log(x+2)+c(y)\)?
Solamente integrando si ottiene: \(\int f_1\mathrm{d}x=\arctan\left(\frac{x}{y}\right)+\ldots\)
Se poi vuoi utilizzare una delle due identità che hai proposto per l'arcotangente devi necessariamente assumere sia \(x\), sia \(y\) non nulli e cioè stai ponendo esattamente la condizione che, risolvendo l'integrale di \(f_2\) rispetto a \(y\), non porresti. E questo è pari pari il quesito posto da mauri54.
Vediamo se riusciamo a capirci
"seb":
...
risolvere i dubbi uno per volta
...
Come fai a dire che \(\int f_1\mathrm{d}x=-\arctan\left(\frac{y}{x}\right)-\log(x+2)+c(y)\)?
Io mi sento di farcela, a dirlo, semplicemente notando che la derivata (rispetto alla \( x \), sottinteso con \( x > 1 \)...) di \(-\arctan\left(\frac{y}{x}\right)-\log(x+2)+c(y)\) è proprio \(f_1(x,y)\). Ovvero: \( \frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2} \)
"seb":
Solamente integrando si ottiene: \(\int f_1\mathrm{d}x=\arctan\left(\frac{x}{y}\right)+\ldots\)
...
Ma tu credi ancora che ci sia un'unica via all'integrazione?
Io ho scoperto 46 anni fa, grazie a un compitino di analisi 1, che le vie dell'integrazione sono "infinite"
PS: anche a me risulta, come a coffee, che non ci siano matematici in circolazione per i quali l'arcotangente è una funzione di due variabili
Okay, questa è un'alternativa a come avrebbe potuto accorgersene, ma non tramite l'identità (ormai famosa) tra arcotangenti, in base alle ipotesi. Certo è che a mauri54, integrando normalmente (ed è quello che intendevo con "solamente integrando si ottiene..."; ovviamente non penso ci sia un'unica via all'integrazione) non sarebbe stato evidente. In maniera alternativa poteva spezzare il dominio e definire una nuova funzione conseguentemente, continua su tutto il dominio per le ipotesi richieste dal potenziale. Non si parla più certamente di arcotangente e cercavo di farlo capire parlando di "arcotangente in due variabili". Tale funzione poteva benissimo definirla. Poi tale funzione è già stata definita e quindi se la poteva cavare in fretta con quella che viene chiamata arcotangente2 o, più diffusamente, atan2.
Okay, non volevo creare confusione, anzi: una via linda per apprendere meglio il concetto di potenziale. Spero che da tutta questa polvere, mauri54 riesca a trarre comunque le dovute informazioni
Okay, non volevo creare confusione, anzi: una via linda per apprendere meglio il concetto di potenziale. Spero che da tutta questa polvere, mauri54 riesca a trarre comunque le dovute informazioni
Grazie a tutti per le risposte e scusate se ho latitato.
Allora non so se ho capito bene cosa intendevate
(abbiate pazienza).
Provo a spiegare cosa ho pensato in questi giorni.
Supponendo $y\ne 0$ ho che siccome sto in due componenti connesse ($D\cap\{y<0\}$ e $D\cap\{y>0\}$) ho che:
\(u(x,y)= \displaystyle\int f_1 dx=\int(\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2})dx=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c_1(y)\ \text{se}\quad x>1,y>0 \\ \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c_2(y)\ \text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Impongo la condizione di potenziale, ossia che \( \nabla u=F \) e ricavo $c_1(y)=y+E $ e $c_2(y)=y+F$ con $E,F\in\mathbb{R}$
Quindi un potenziale su $D\setminus\{\y= 0}$ è
\(u(x,y)=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E\ \text{se}\quad x>1,y>0 \\ \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+F\ \text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Per definire un potenziale su tutto $D$ provo a prolungare per continuità l'applicazione $u$ sopra definita.
\( \displaystyle\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,0)\\y>0,\ x_0>1} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E=\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+E \)
\( \displaystyle\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,0)\\y<0,\ x_0>1} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E=-\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F \)
Allora per avere la continuità devo imporre che \( \frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+E=-\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F \) cioè,
\( E=-\pi+F \)
Allora il mio potenziale su $D$ sarà definito come
\( u(x,y)=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y-\pi+F\ &\text{se}\quad x>1,y>0 \\ -\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F\ &\text{se}\quad x=x_0>1, y=0 \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+F\ &\text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Sicuramente così facendo $u\in C^{0}(D)$...Dovrei provare che $u$ è anche differenziabile su $D$.
Nel caso in cui fosse tutto soddisfatto ho allora trovato il mio potenziale. Vi torna così?
Allora non so se ho capito bene cosa intendevate
(abbiate pazienza).Provo a spiegare cosa ho pensato in questi giorni.
Supponendo $y\ne 0$ ho che siccome sto in due componenti connesse ($D\cap\{y<0\}$ e $D\cap\{y>0\}$) ho che:
\(u(x,y)= \displaystyle\int f_1 dx=\int(\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{1}{x+2})dx=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c_1(y)\ \text{se}\quad x>1,y>0 \\ \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+c_2(y)\ \text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Impongo la condizione di potenziale, ossia che \( \nabla u=F \) e ricavo $c_1(y)=y+E $ e $c_2(y)=y+F$ con $E,F\in\mathbb{R}$
Quindi un potenziale su $D\setminus\{\y= 0}$ è
\(u(x,y)=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E\ \text{se}\quad x>1,y>0 \\ \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+F\ \text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Per definire un potenziale su tutto $D$ provo a prolungare per continuità l'applicazione $u$ sopra definita.
\( \displaystyle\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,0)\\y>0,\ x_0>1} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E=\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+E \)
\( \displaystyle\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,0)\\y<0,\ x_0>1} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+E=-\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F \)
Allora per avere la continuità devo imporre che \( \frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+E=-\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F \) cioè,
\( E=-\pi+F \)
Allora il mio potenziale su $D$ sarà definito come
\( u(x,y)=\begin{cases} \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y-\pi+F\ &\text{se}\quad x>1,y>0 \\ -\frac{\pi}{2}-\ln{(x_0+2)}+F\ &\text{se}\quad x=x_0>1, y=0 \\ \arctan{\frac{x}{y}}-\ln{(x+2)}+y+F\ &\text{se}\quad x>1,y<0 \end{cases} \)
Sicuramente così facendo $u\in C^{0}(D)$...Dovrei provare che $u$ è anche differenziabile su $D$.
Nel caso in cui fosse tutto soddisfatto ho allora trovato il mio potenziale. Vi torna così?
Il campo vettoriale dato, a parte l'elemento di disturbo (che il prof/libro ci ha messo apposta per cercare disperatamente di intorbidare un po' le acque) dato da $1/(x+2)$, è il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito.
Si sa che non è conservativo, anche se è irrotazionale. Si sa anche che una sua primitiva vorrebbe essere $\theta$ (sì, quella delle coordinate polari), peccato che non si salda bene se si fa un giro completo. Ma basta escludere una semiretta e tutto è soave (come diceva Caffarelli).
Queste cose sono studiate alla nausea, persino su wikipedia si trova 'sta roba:
https://it.wikipedia.org/wiki/Sistema_d ... cartesiane
Si sa che non è conservativo, anche se è irrotazionale. Si sa anche che una sua primitiva vorrebbe essere $\theta$ (sì, quella delle coordinate polari), peccato che non si salda bene se si fa un giro completo. Ma basta escludere una semiretta e tutto è soave (come diceva Caffarelli).
Queste cose sono studiate alla nausea, persino su wikipedia si trova 'sta roba:
https://it.wikipedia.org/wiki/Sistema_d ... cartesiane
Ti ringrazio.
L'impiccio era appunto formalizzare come si trova il potenziale.
Il risultato, grazie a Dio, lo avevo già trovato integrando la componente più semplice.
Il mio dubbio era su come giustificare per bene questa complicanza, qualora avessi scelto di integrare la prima componente.
Dubito che uno studente di ingegneria del I/II anno colleghi il fatto che $\frac{1}{x+2}$ sia il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito, ne penso possa giustificarlo così in un compito d'esame
Ho imparato che wikipedia sa sempre più di noi, sebbene non sia affidabilissima per argomenti elevati.
Ringrazio tutti per le risposte
L'impiccio era appunto formalizzare come si trova il potenziale.
Il risultato, grazie a Dio, lo avevo già trovato integrando la componente più semplice.
Il mio dubbio era su come giustificare per bene questa complicanza, qualora avessi scelto di integrare la prima componente.
Dubito che uno studente di ingegneria del I/II anno colleghi il fatto che $\frac{1}{x+2}$ sia il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito, ne penso possa giustificarlo così in un compito d'esame
Ho imparato che wikipedia sa sempre più di noi, sebbene non sia affidabilissima per argomenti elevati.
Ringrazio tutti per le risposte
"Fioravante Patrone":
Il campo vettoriale dato, a parte l'elemento di disturbo ... dato da $1/(x+2)$, è il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito.
...
"mauri54":
...
Dubito che uno studente di ingegneria del I/II anno colleghi il fatto che $\frac{1}{x+2}$ sia il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito
...
O tu non sai leggere o io non so scrivere. Tertium non datur
"mauri54":
ne penso possa giustificarlo così in un compito d'esame
Già, dimostrare di avere un briciolo di cultura scientifica e di capacità di collegamento interdisciplinare "fa brutto a vedersi"
"Fioravante Patrone":
[quote="Fioravante Patrone"]
Il campo vettoriale dato, a parte l'elemento di disturbo ... dato da $ 1/(x+2) $, è il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito.
...
"mauri54":
...
Dubito che uno studente di ingegneria del I/II anno colleghi il fatto che $ \frac{1}{x+2} $ sia il campo magnetico generato da un filo rettilineo indefinito
...
O tu non sai leggere o io non so scrivere. Tertium non datur
"mauri54":
ne penso possa giustificarlo così in un compito d'esame
Già, dimostrare di avere un briciolo di cultura scientifica e di capacità di collegamento interdisciplinare "fa brutto a vedersi"[/quote]
Non ho detto che è un male se uno lo sa e lo giustifica in questo modo. Intendevo dire che uno studente di Ingegneria del secondo anno difficilmente lo giustifica in tal modo, anche perché il bagaglio di cultura scientifica è effettivamente piccolo.
In ogni caso so leggere ma ho letto male. Sono un po' più elastico e accetto anche la terza opzione.
La ringrazio comunque per la risposta matematica che ha dato nei giorni scorsi.
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