Dimostrazione delle formule di Gauss Green nel piano.
Buonasera, vi riporto la dimostrazione delle formule di Gauss-Green nel piano presente sul mio libro di analisi 2. Vorrei un chiarimento su un solo passaggio (credo sia una sciocchezza), sono bloccato ormai da qualche giorno e non riesco a risolvere la questione.
Sia $D sub RR^2$ un dominio regolare e sia $f=f(x,y)$ un funzione di classe $C^1(D)$. Valgono le seguenti formule:
$int int_D (delf)/(delx) dxdy=int_(+delD) f dy $
$int int_D (delf)/(dely) dxdy=int_(+delD) f dx $
con $+delD$ frontiera del dominio D orientata positivamente.
La dimostrazione è data solo per la prima formula nei due casi:
- Dominio normale rispetto a x
- Dominio normale rispetto a y
Nel secondo caso la dimostrazione è immediata e non crea problemi, nel primo invece procede nel seguente modo:
Sia $D={(x,y) in RR^2 : a<=x<=b, \alpha(x)<=y<=\beta(x)}$
con $\alpha$, $\beta$ funzioni di classe $C^1([a,b])$. introduciamo la funzione integrale:
$F(x,y)=int_(\gamma_(x,y)) f dy = int_a^x f(t,\alpha(t))\alpha^{\prime}(t) dt + int_(\alpha(x))^y f(x,t) dt$
dove, per ogni $x,y in D$,$\gamma_(x,y)$ è la curva indicata in figura:
Le derivate parziali di $F$ allora valgono:
$(delF)/(delx)=f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x) + int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt -f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x)=int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt$
e
$(delF)/(dely)=f(x,y)$
E fin qui tutto chiaro.
Poiché la forma differenziale $F_xdx + F_ydy$ è esatta, il suo integrale esteso alla frontiera di $D$ è nullo e quindi:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx + (delF)/(dely) dy =0$
Ora indicando con $\gamma_1$,$\gamma_2$,$\gamma_3$,$\gamma_4$ le curve regolari che "compongono" la frontiera del dominio si deduce che:
$ int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b dx int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dt$
Il problema sono le ultime due uguaglianze, non riesco proprio a capire da dove saltano fuori. In particolare perché integra su $\gamma_3$ che sarebbe la curva che va da $(b,\beta(b))$ ad $(a,\beta(a))$. Non ho saltato commenti o passaggi che fa il libro.
Grazie a chiunque mi potrà aiutare.
Sia $D sub RR^2$ un dominio regolare e sia $f=f(x,y)$ un funzione di classe $C^1(D)$. Valgono le seguenti formule:
$int int_D (delf)/(delx) dxdy=int_(+delD) f dy $
$int int_D (delf)/(dely) dxdy=int_(+delD) f dx $
con $+delD$ frontiera del dominio D orientata positivamente.
La dimostrazione è data solo per la prima formula nei due casi:
- Dominio normale rispetto a x
- Dominio normale rispetto a y
Nel secondo caso la dimostrazione è immediata e non crea problemi, nel primo invece procede nel seguente modo:
Sia $D={(x,y) in RR^2 : a<=x<=b, \alpha(x)<=y<=\beta(x)}$
con $\alpha$, $\beta$ funzioni di classe $C^1([a,b])$. introduciamo la funzione integrale:
$F(x,y)=int_(\gamma_(x,y)) f dy = int_a^x f(t,\alpha(t))\alpha^{\prime}(t) dt + int_(\alpha(x))^y f(x,t) dt$
dove, per ogni $x,y in D$,$\gamma_(x,y)$ è la curva indicata in figura:
Le derivate parziali di $F$ allora valgono:
$(delF)/(delx)=f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x) + int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt -f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x)=int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt$
e
$(delF)/(dely)=f(x,y)$
E fin qui tutto chiaro.
Poiché la forma differenziale $F_xdx + F_ydy$ è esatta, il suo integrale esteso alla frontiera di $D$ è nullo e quindi:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx + (delF)/(dely) dy =0$
Ora indicando con $\gamma_1$,$\gamma_2$,$\gamma_3$,$\gamma_4$ le curve regolari che "compongono" la frontiera del dominio si deduce che:
$ int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b dx int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dt$
Il problema sono le ultime due uguaglianze, non riesco proprio a capire da dove saltano fuori. In particolare perché integra su $\gamma_3$ che sarebbe la curva che va da $(b,\beta(b))$ ad $(a,\beta(a))$. Non ho saltato commenti o passaggi che fa il libro.
Grazie a chiunque mi potrà aiutare.
Risposte
La giustificazione della prima uguaglianza viene dalla risposta alla domanda: quanto valgono $\int_{\gamma_1}\frac{\partial F}{\partial x}dx$, $\int_{\gamma_2}\frac{\partial F}{\partial x}dx$ e $\int_{\gamma_4}\frac{\partial F}{\partial x}dx$?
"coffee":
La giustificazione della prima uguaglianza viene dalla risposta alla domanda: quanto valgono $\int_{\gamma_1}\frac{\partial F}{\partial x}dx$, $\int_{\gamma_2}\frac{\partial F}{\partial x}dx$ e $\int_{\gamma_4}\frac{\partial F}{\partial x}dx$?
Valgono 0, ma non so giustificare questo risultato.
Per mostrarlo devo integrare:
$(delF)/(delx)=f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x) + int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt -f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x)=int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt$
sulle rispettive curve? Se è così non saprei come fare.
Qual è di preciso il problema? Tradurre $\int_{\gamma}\frac{\partial F}{\partial x}dx$ in un integrale "esplicito" del tipo $\int_a^b g(s)ds$, o calcolare l'integrale "esplicitato"?
"coffee":
Qual è di preciso il problema? Tradurre $\int_{\gamma}\frac{\partial F}{\partial x}dx$ in un integrale "esplicito" del tipo $\int_a^b g(s)ds$, o calcolare l'integrale "esplicitato"?
E' tradurre il problema!
Dunque:
(1) $\omega=\frac{\partial F}{\partial x}dx$ è una forma differenziale su $D$, vale a dire: se $P=(x_0,y_0)$ è un punto di $D$ e $\mathbf{v}=v_x\mathbf{e}_x+v_y\mathbf{e}_y$ è un vettore (tangente a $\mathbb R^2$ in $P$), allora posso valutare $\omega$ su $\mathbf{v}$ in $P$ e materialmente il risultato di questa operazione è: \[ \omega_P(\mathbf{v}) = v_x\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) = v_x\int_{\alpha(x_0)}^{y_0}\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)dt \]
(2) Se $\gamma:[c,d]\to D:s\mapsto\gamma(s)=(x(s),y(s))$ è una curva di classe $C^1$, cioè le funzioni $s\mapsto x(s)$, $s\mapsto y(s)$ sono derivabili su $[c,d]$ e le loro derivate sono continue, allora per ogni $s\in[c,d]$ si definisce nel punto $\gamma(s)=(x(s),y(s))$ il vettore \[ \dot\gamma(s)=x'(s)\mathbf{e}_x+y'(s)\mathbf{e}_y \] tangente alla curva in $\gamma(s)$.
(1) + (2) --> Dato che per ogni $s\in[c,d]$ il punto $\gamma(s)$ appartiene a $D$, vedo che per ogni $s$ ha senso valutare $\omega$ su $\dot\gamma(s)$ in $\gamma(s)$. Quindi posso definire una funzione $g$ che in $s\in[c,d]$ vale: \[ g(s) = \omega_{\gamma(s)}(\dot\gamma(s)) \] "Esercizio": convincersi che \[ g(s) = x'(s)\int_{\alpha(x(s))}^{y(s)}\frac{\partial f}{\partial x}(x(s),t)dt \]
Ora posso dare un senso all'integrale di $\omega$ lungo $\gamma$. Precisamente, per definizione: \[ \int_{\gamma}\omega = \int_c^d g(s)ds \]
Applicazione concreta di tutto ciò: mostrare che $\int_{\gamma_2}\omega=0$.
(a) Prendo una parametrizzazione della curva: \[ \gamma_2 : [\alpha(b),\beta(b)]\to D : s \mapsto (b,s) \]
(b) Calcolo il vettore tangente: \[ \dot\gamma_2(s) = x'(s)\mathbf{e}_x+y'(s)\mathbf{e}_y = 0\mathbf{e}_x + 1\mathbf{e}_y \]
(c) Calcolo \[ g_2(s) = \omega_{\gamma_2(s)}(\dot\gamma_2(s)) = 0\cdot\int_{\alpha(b)}^s\frac{\partial f}{\partial x}(b,t)dt = 0 \]
(d) Concludo che \[ \int_{\gamma_2}\omega = \int_{\alpha(b)}^{\beta(b)}g_2(s)ds = \int_{\alpha(b)}^{\beta(b)}0ds = 0 \]
Se la chiacchierata precedente ti è chiara, dovresti saper ripetere (a)-(d) nel caso di $\gamma_1$ e di $\gamma_4$
(1) $\omega=\frac{\partial F}{\partial x}dx$ è una forma differenziale su $D$, vale a dire: se $P=(x_0,y_0)$ è un punto di $D$ e $\mathbf{v}=v_x\mathbf{e}_x+v_y\mathbf{e}_y$ è un vettore (tangente a $\mathbb R^2$ in $P$), allora posso valutare $\omega$ su $\mathbf{v}$ in $P$ e materialmente il risultato di questa operazione è: \[ \omega_P(\mathbf{v}) = v_x\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) = v_x\int_{\alpha(x_0)}^{y_0}\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)dt \]
(2) Se $\gamma:[c,d]\to D:s\mapsto\gamma(s)=(x(s),y(s))$ è una curva di classe $C^1$, cioè le funzioni $s\mapsto x(s)$, $s\mapsto y(s)$ sono derivabili su $[c,d]$ e le loro derivate sono continue, allora per ogni $s\in[c,d]$ si definisce nel punto $\gamma(s)=(x(s),y(s))$ il vettore \[ \dot\gamma(s)=x'(s)\mathbf{e}_x+y'(s)\mathbf{e}_y \] tangente alla curva in $\gamma(s)$.
(1) + (2) --> Dato che per ogni $s\in[c,d]$ il punto $\gamma(s)$ appartiene a $D$, vedo che per ogni $s$ ha senso valutare $\omega$ su $\dot\gamma(s)$ in $\gamma(s)$. Quindi posso definire una funzione $g$ che in $s\in[c,d]$ vale: \[ g(s) = \omega_{\gamma(s)}(\dot\gamma(s)) \] "Esercizio": convincersi che \[ g(s) = x'(s)\int_{\alpha(x(s))}^{y(s)}\frac{\partial f}{\partial x}(x(s),t)dt \]
Ora posso dare un senso all'integrale di $\omega$ lungo $\gamma$. Precisamente, per definizione: \[ \int_{\gamma}\omega = \int_c^d g(s)ds \]
Applicazione concreta di tutto ciò: mostrare che $\int_{\gamma_2}\omega=0$.
(a) Prendo una parametrizzazione della curva: \[ \gamma_2 : [\alpha(b),\beta(b)]\to D : s \mapsto (b,s) \]
(b) Calcolo il vettore tangente: \[ \dot\gamma_2(s) = x'(s)\mathbf{e}_x+y'(s)\mathbf{e}_y = 0\mathbf{e}_x + 1\mathbf{e}_y \]
(c) Calcolo \[ g_2(s) = \omega_{\gamma_2(s)}(\dot\gamma_2(s)) = 0\cdot\int_{\alpha(b)}^s\frac{\partial f}{\partial x}(b,t)dt = 0 \]
(d) Concludo che \[ \int_{\gamma_2}\omega = \int_{\alpha(b)}^{\beta(b)}g_2(s)ds = \int_{\alpha(b)}^{\beta(b)}0ds = 0 \]
Se la chiacchierata precedente ti è chiara, dovresti saper ripetere (a)-(d) nel caso di $\gamma_1$ e di $\gamma_4$
innanzitutto grazie infinite per la mano. Ora rileggo tutto con calma e faccio (e poi posto) il resto dei "conti" che rimangono, ti volevo solo chiedere se questo:
è conseguenza di:
$(delF)/(delx)=f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x) + int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt -f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x)=int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt$
E se quindi posso prendere questa come definizione della mia forma differenziale.
"coffee":
Dunque:
allora posso valutare $\omega$ su $\mathbf{v}$ in $P$ e materialmente il risultato di questa operazione è: \[ \omega_P(\mathbf{v}) = v_x\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) = v_x\int_{\alpha(x_0)}^{y_0}\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)dt \]
è conseguenza di:
$(delF)/(delx)=f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x) + int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt -f(x,\alpha(x))\alpha^{\prime}(x)=int_(\alpha(x))^y (delf)/(delx)(x,t)dt$
E se quindi posso prendere questa come definizione della mia forma differenziale.
"coffee":
"Esercizio": convincersi che \[ g(s) = x'(s)\int_{\alpha(x(s))}^{y(s)}\frac{\partial f}{\partial x}(x(s),t)dt \]
La forma differenziale associa un funzionale lineare nei punti in cui è definita, in questo caso il funzionale agisce solo sulla prima coordinata di ogni vettore $L(\mathbf{x})=x_1\frac{\partial F}{\partial x}(x,y) AA (x,y) in D$. In questo caso è come se prendessimo la "restrizione" a $\gamma(s)$ e quindi, con la notazione precedente:
$ (1) \omega_P(\mathbf{v}) = v_x\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) = v_x\int_{\alpha(x_0)}^{y_0}\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)dt$
Che in questo caso sarà:
$\omega_\(gamma(s))(\mathbf{dot \gamma(s)}) = x'(s)\frac{\partial F}{\partial x}(x(s),y(s)) = x'(s)\int_{\alpha(x(s))}^{y(s)}\frac{\partial f}{\partial x}(x(s),t)dt$
Però in questo caso dovrei modificare la (1) in:
$ \omega_P(\mathbf{v}) = v_x\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) = v_x\int_{\alpha(x_0)}^{y_0}\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)dt$
Per quanto riguarda il calcolo sulla curva ottengo:
$\int_(\gamma_3)\omega=\beta'(t)\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)}(delf)/(delx)(x,t) dt$
E $0$ se calcolo l'integrale su $\gamma_4$ poiché il versore tangente alla curva ha componenti $(0,1)$.
Comunque mi è sorto un altro dubbio vedendo che ora ci sono in ballo 2 parametri. I punti di $D$ mi determinano in pratica gli estremi di integrazione (anche quando calcolo $\omega$ su una curva,) poiché il funzionale associato ai punti di $D$ dalla forma differenziale è la derivata parziale rispetto a $x$ della funzione integrale definita precedentemente.
Non so interpretare questa cosa andando oltre l'aspetto formale diciamo...
In ogni caso "restringendomi" a $\gamma_3$ nel calcolare la forma differenziale, vado ad associare ad ogni punto di $\gamma_3$ l'integrale di $(delf)/(delx)$ fra $\gamma_1$ e $\gamma_3$, come se stessi integrando per fili verticali sulla regione delimitata dalle curve?
Correggo immediatamente un errore stupido. Giustamente hai definito la curva su $s$ e io invece ho scritto tutto in $t$ e non ho specificato gli estremi di integrazione. Inoltre hai definito l'integrale come:
$\int_{\gamma}\omega = \int_c^d g(s)ds$
quindi devo integrare in ds!
L'espressione corretta sarà:
con $\gamma:[b,a]\to D:s\mapsto\gamma(s)=(s,\beta(s))$
$\int_(\gamma(3))\omega=\int_b^a[\beta'(s)\int_{\alpha(s)}^{\beta(s)}(delf)/(delx)(x(s),t) dt]ds$
giusto?
La dimostrazione si conclude quindi così, cambiando ordine di integrazione:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b dx int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dt$
E tramite le formule di riduzione:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dtdx=- \intint_D(delf)/(delx)(x,y)dxdy$
Tenendo conto che lungo $\gamma_3$, si ha $x=t$ e che la t è come se giocasse il ruolo della y...
$\int_{\gamma}\omega = \int_c^d g(s)ds$
quindi devo integrare in ds!
L'espressione corretta sarà:
con $\gamma:[b,a]\to D:s\mapsto\gamma(s)=(s,\beta(s))$
$\int_(\gamma(3))\omega=\int_b^a[\beta'(s)\int_{\alpha(s)}^{\beta(s)}(delf)/(delx)(x(s),t) dt]ds$
giusto?
La dimostrazione si conclude quindi così, cambiando ordine di integrazione:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b dx int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dt$
E tramite le formule di riduzione:
$int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dtdx=- \intint_D(delf)/(delx)(x,y)dxdy$
Tenendo conto che lungo $\gamma_3$, si ha $x=t$ e che la t è come se giocasse il ruolo della y...
Rispondo alle cose che, dall'ultimo messaggio, mi sembravano lasciare ancora qualche dubbio; se invece sono chiare, come non detto 
Al posto di $\beta'(s)$ dovresti avere $1$ perché $x'(s)=1$, mentre $\beta'(s)=y'(s)$; penso che sia solo una svista perché dopo hai scritto l'integrale giusto.
Il parametro è uno solo, quello che parametrizza la curva e che poi giustamente hai chiamato anche tu $s$. $t$ è solo il nome che dai alla variabile di integrazione nell'integrale che definisce il valore del coefficiente $\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)$ di $dx$ nel punto $(x,y)=(x(s),y(s))$ parametrizzato da $s$. Gli estremi di integrazione di quel particolare integrale dipendono dal parametro $s$ perché la funzione $F$ è stata definita così; non c'è molto da interpretare, $F$ è semplicemente la funzione che fa funzionare la dimostrazione
Ok, a rigore per concludere la dimostrazione mancherebbe ancora da fare la verifica che $\int_{\gamma_1}\frac{\partial F}{\partial x}dx=0$, cosa che in questo caso non dipende dal fatto che $dx$ si annulla sul vettore tangente ma dal fatto che $\frac{\partial F}{\partial x}=0$ lungo $\gamma_1$, visto che $\int_{\alpha(x)}^y$ ha gli estremi coincidenti quando $(x,y)=(x,\alpha(x))$.
"dedalus94":
$ \int_(\gamma(3))\omega=\int_b^a[\beta'(s)\int_{\alpha(s)}^{\beta(s)}(delf)/(delx)(x(s),t) dt]ds $
Al posto di $\beta'(s)$ dovresti avere $1$ perché $x'(s)=1$, mentre $\beta'(s)=y'(s)$; penso che sia solo una svista perché dopo hai scritto l'integrale giusto.
"dedalus94":
Comunque mi è sorto un altro dubbio vedendo che ora ci sono in ballo 2 parametri. I punti di $ D $ mi determinano in pratica gli estremi di integrazione (anche quando calcolo $ \omega $ su una curva,) poiché il funzionale associato ai punti di $ D $ dalla forma differenziale è la derivata parziale rispetto a $ x $ della funzione integrale definita precedentemente.
Non so interpretare questa cosa andando oltre l'aspetto formale diciamo...
Il parametro è uno solo, quello che parametrizza la curva e che poi giustamente hai chiamato anche tu $s$. $t$ è solo il nome che dai alla variabile di integrazione nell'integrale che definisce il valore del coefficiente $\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)$ di $dx$ nel punto $(x,y)=(x(s),y(s))$ parametrizzato da $s$. Gli estremi di integrazione di quel particolare integrale dipendono dal parametro $s$ perché la funzione $F$ è stata definita così; non c'è molto da interpretare, $F$ è semplicemente la funzione che fa funzionare la dimostrazione
"dedalus94":
In ogni caso "restringendomi" a $ \gamma_3 $ nel calcolare la forma differenziale, vado ad associare ad ogni punto di $ \gamma_3 $ l'integrale di $ (delf)/(delx) $ fra $ \gamma_1 $ e $ \gamma_3 $, come se stessi integrando per fili verticali sulla regione delimitata dalle curve?
[...]
$ int_(+delD) (delF)/(delx) dx = int_(\gamma_3) (delF)/(delx) = -int_a^b int_(\alpha(x))^(\beta(x)) (delf)/(delx) (x,t) dtdx=- \intint_D(delf)/(delx)(x,y)dxdy $
Ok, a rigore per concludere la dimostrazione mancherebbe ancora da fare la verifica che $\int_{\gamma_1}\frac{\partial F}{\partial x}dx=0$, cosa che in questo caso non dipende dal fatto che $dx$ si annulla sul vettore tangente ma dal fatto che $\frac{\partial F}{\partial x}=0$ lungo $\gamma_1$, visto che $\int_{\alpha(x)}^y$ ha gli estremi coincidenti quando $(x,y)=(x,\alpha(x))$.
Sì, è stata un svista, anche perché l'ho corretto successivamente (avevo messo giustamente 1) e non so perché. Per quanto riguarda l'integrale su $\gamma_1$, viene:
$\int_(\gamma_3)\omega=\int_a^b(\int_(\alpha(s))^(\alpha(s))(delf)/(delx)(s,t)dt)ds$
E che quindi sarà 0 perché gli estremi di integrazione coincidono come hai detto anche tu.
Mi è chiara anche la questione del parametro.
Non so come ringraziarti!! Non ci sarei mai arrivato da solo! Grazie, grazie, grazie!
$\int_(\gamma_3)\omega=\int_a^b(\int_(\alpha(s))^(\alpha(s))(delf)/(delx)(s,t)dt)ds$
E che quindi sarà 0 perché gli estremi di integrazione coincidono come hai detto anche tu.
Mi è chiara anche la questione del parametro.
Non so come ringraziarti!! Non ci sarei mai arrivato da solo! Grazie, grazie, grazie!
Prego!
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