Parametrizzazione per integrale di superficie
Si chiede di calcolare l'integrale di superficie:
$ int int_(S) vec F * vec n dS $
dove: $ vec F (x,y,z) = (x)^(2) vec i + vec j + z vec k $
S è il triangolo di vertici (0;0;0), (1;1;0), (0;0;1) ed $ vec n $ è la normale tale che $ vec n*vec i > 0 $ ($ vec i,vec j,vec k $ sono i versori dei tre assi).
Dovrei parametrizzare il triangolo che costituisce la superficie, ma ho qualche dubbio sul procedimento.
Io ho provato una parametrizzazione del genere:
$ x=t $
$ y=x=t $
$ z=1-t $
compresi fra: $ 0 <= x,y,z <= 1 $
Sulle mie dispense di analisi non spiega granchè: introduce le equazioni parametriche e poi ne fa qualche esempio, senza però suggerire un metodo.
Grazie a chi vuol darmi un aiuto.
$ int int_(S) vec F * vec n dS $
dove: $ vec F (x,y,z) = (x)^(2) vec i + vec j + z vec k $
S è il triangolo di vertici (0;0;0), (1;1;0), (0;0;1) ed $ vec n $ è la normale tale che $ vec n*vec i > 0 $ ($ vec i,vec j,vec k $ sono i versori dei tre assi).
Dovrei parametrizzare il triangolo che costituisce la superficie, ma ho qualche dubbio sul procedimento.
Io ho provato una parametrizzazione del genere:
$ x=t $
$ y=x=t $
$ z=1-t $
compresi fra: $ 0 <= x,y,z <= 1 $
Sulle mie dispense di analisi non spiega granchè: introduce le equazioni parametriche e poi ne fa qualche esempio, senza però suggerire un metodo.
Grazie a chi vuol darmi un aiuto.
Risposte
Quella che scrivi è la parametrizzazione di una curva, non di un pezzo di superficie: infatti c'è un solo parametro e non due.
Procedi come segue.
Fai un disegno, innanzitutto; poi, renditi conto che il tuo triangolo può essere pensato come grafico di una funzione [tex]$\phi :\mathbb{R}^2\supset \Omega \to \mathbb{R}$[/tex]; trova questa funzione e il dominio base [tex]$\Omega$[/tex]; parametrizza il triangolo come grafico di funzione (sul libro c'è sicuramente spiegato come si fa) facendo attenzione a soddisfare il requisito [tex]$\vec{n} \cdot \vec{i}>0$[/tex]; risolvi l'integrale con la definizione.
Suggerimento: la funzione deve essere qualcosa del tipo [tex]$\phi (x,z)$[/tex] oppure [tex]$\phi (y,z)$[/tex] (perchè?).
Procedi come segue.
Fai un disegno, innanzitutto; poi, renditi conto che il tuo triangolo può essere pensato come grafico di una funzione [tex]$\phi :\mathbb{R}^2\supset \Omega \to \mathbb{R}$[/tex]; trova questa funzione e il dominio base [tex]$\Omega$[/tex]; parametrizza il triangolo come grafico di funzione (sul libro c'è sicuramente spiegato come si fa) facendo attenzione a soddisfare il requisito [tex]$\vec{n} \cdot \vec{i}>0$[/tex]; risolvi l'integrale con la definizione.
Suggerimento: la funzione deve essere qualcosa del tipo [tex]$\phi (x,z)$[/tex] oppure [tex]$\phi (y,z)$[/tex] (perchè?).
Dunque, dopo un po di tentativi (fatti senza un vero e proprio metodo), sono giunto ad una funzione del tipo:
$ y=phi(x,z)=1-z-x $
Con i limiti: $ 0 <= x+z <= 1 $
Può andar bene?
$ y=phi(x,z)=1-z-x $
Con i limiti: $ 0 <= x+z <= 1 $
Può andar bene?
I tre punti assegnati stanno tutti su un unico piano (assioma di geometria euclidea che si studia alle superiori: per tre punti distinti passa uno ed un solo piano); evidentemente i tre punti stanno tutti sul piano d'equazione [tex]$x-y=0$[/tex].*
Tale equazione determina [tex]$y$[/tex] in funzione di [tex]$x$[/tex] e [tex]$z$[/tex], poiché si può scrivere [tex]$y=x=:\phi (x,z)$[/tex].
Conseguentemente il triangolo [tex]$S$[/tex] è il pezzo di grafico di [tex]$\phi (x,z)$[/tex] che si ottiene restringendo [tex]$\phi (x,z)$[/tex] al triangolo [tex]$\Omega$[/tex] di [tex]$\mathbb{R}^2$[/tex] di vertici [tex]$\alpha=(0,0)$[/tex], [tex]$\beta=(1,0)$[/tex], [tex]$\gamma=(0,1)$[/tex], e la superficie [tex]$S$[/tex] si parametrizza come segue:
[tex]$\begin{cases} x=u \\ y=\phi (u,v)=u \\ z=v \end{cases} \quad ,\ (u,v)\in \Omega$[/tex],
ossia:
[tex]$X:\Omega \ni (u,v)\mapsto (u,u,v)\in \mathbb{R}^3$[/tex].
Il versore normale a [tex]$S$[/tex] è il versore normale al piano [tex]$x-y=0$[/tex], ossia [tex]$(\tfrac{\sqrt{2}}{2}, -\tfrac{\sqrt{2}}{2}, 0)$[/tex]; visto che si vuole [tex]$\vec{n}\cdot \vec{i}>0$[/tex], siamo a posto perchè la prima coordinata di [tex]$\vec{n}$[/tex] è positiva.
Quindi:
[tex]$\int_S \vec{F}(x,y,z)\cdot \vec{n}\ \text{d} S =\iint_T \vec{F}(u,u,v) \cdot (\tfrac{\sqrt{2}}{2},-\tfrac{\sqrt{2}}{2},0)\ |X_u(u,v)\times X_v(u,v)|\ \text{d}u \text{d} v$[/tex]
[tex]$=\int_0^1 \left\{ \int_0^{1-u} (u^2-1)\ \text{d} v\right\} \text{d} u$[/tex]
[tex]$=\int_0^1 (u^2-1)(1-u)\ \text{d} u$[/tex]...
Ricontrolla i conti, però.
__________
* Se ciò non risultasse evidente, basta ricordare che l'equazione del piano passante per tre punti distinti [tex]$a=(a_1,a_2,a_3)$[/tex], [tex]$b=(b_1,b_2,b_3)$[/tex], [tex]$c=(c_1,c_2,c_3)$[/tex] si scrive:
[tex]$(a-c)\times (b-c)\cdot (\xi -c)=0$[/tex]
ove [tex]$\xi =(x,y,z)$[/tex], cioè:
[tex]$\begin{vmatrix} a_2-c_2 & a_3-c_3 \\ b_2-c_2 & b_3-c_3\end{vmatrix} (x-c_1)+\begin{vmatrix} a_3-c_3 & a_1-c_1 \\ b_3 -c_3 & b_1-c_1\end{vmatrix} (y-c_2)+\begin{vmatrix} a_1-c_1 & a_2-c_2 \\ b_1-c_1 & b_2-c_2\end{vmatrix} (z-c_3) =0$[/tex];
nel caso in esame, si prendono [tex]$a=(1,1,0)$[/tex], [tex]$b=(0,0,1)$[/tex], [tex]$c=(0,0,0)$[/tex] (in quest'ordine per semplificare i calcoli) e si ottiene:
[tex]$\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix} x+\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{vmatrix} y+\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0\end{vmatrix} z =0$[/tex],
che è proprio il piano scritto sopra.
Tale equazione determina [tex]$y$[/tex] in funzione di [tex]$x$[/tex] e [tex]$z$[/tex], poiché si può scrivere [tex]$y=x=:\phi (x,z)$[/tex].
Conseguentemente il triangolo [tex]$S$[/tex] è il pezzo di grafico di [tex]$\phi (x,z)$[/tex] che si ottiene restringendo [tex]$\phi (x,z)$[/tex] al triangolo [tex]$\Omega$[/tex] di [tex]$\mathbb{R}^2$[/tex] di vertici [tex]$\alpha=(0,0)$[/tex], [tex]$\beta=(1,0)$[/tex], [tex]$\gamma=(0,1)$[/tex], e la superficie [tex]$S$[/tex] si parametrizza come segue:
[tex]$\begin{cases} x=u \\ y=\phi (u,v)=u \\ z=v \end{cases} \quad ,\ (u,v)\in \Omega$[/tex],
ossia:
[tex]$X:\Omega \ni (u,v)\mapsto (u,u,v)\in \mathbb{R}^3$[/tex].
Il versore normale a [tex]$S$[/tex] è il versore normale al piano [tex]$x-y=0$[/tex], ossia [tex]$(\tfrac{\sqrt{2}}{2}, -\tfrac{\sqrt{2}}{2}, 0)$[/tex]; visto che si vuole [tex]$\vec{n}\cdot \vec{i}>0$[/tex], siamo a posto perchè la prima coordinata di [tex]$\vec{n}$[/tex] è positiva.
Quindi:
[tex]$\int_S \vec{F}(x,y,z)\cdot \vec{n}\ \text{d} S =\iint_T \vec{F}(u,u,v) \cdot (\tfrac{\sqrt{2}}{2},-\tfrac{\sqrt{2}}{2},0)\ |X_u(u,v)\times X_v(u,v)|\ \text{d}u \text{d} v$[/tex]
[tex]$=\int_0^1 \left\{ \int_0^{1-u} (u^2-1)\ \text{d} v\right\} \text{d} u$[/tex]
[tex]$=\int_0^1 (u^2-1)(1-u)\ \text{d} u$[/tex]...
Ricontrolla i conti, però.
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* Se ciò non risultasse evidente, basta ricordare che l'equazione del piano passante per tre punti distinti [tex]$a=(a_1,a_2,a_3)$[/tex], [tex]$b=(b_1,b_2,b_3)$[/tex], [tex]$c=(c_1,c_2,c_3)$[/tex] si scrive:
[tex]$(a-c)\times (b-c)\cdot (\xi -c)=0$[/tex]
ove [tex]$\xi =(x,y,z)$[/tex], cioè:
[tex]$\begin{vmatrix} a_2-c_2 & a_3-c_3 \\ b_2-c_2 & b_3-c_3\end{vmatrix} (x-c_1)+\begin{vmatrix} a_3-c_3 & a_1-c_1 \\ b_3 -c_3 & b_1-c_1\end{vmatrix} (y-c_2)+\begin{vmatrix} a_1-c_1 & a_2-c_2 \\ b_1-c_1 & b_2-c_2\end{vmatrix} (z-c_3) =0$[/tex];
nel caso in esame, si prendono [tex]$a=(1,1,0)$[/tex], [tex]$b=(0,0,1)$[/tex], [tex]$c=(0,0,0)$[/tex] (in quest'ordine per semplificare i calcoli) e si ottiene:
[tex]$\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix} x+\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{vmatrix} y+\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0\end{vmatrix} z =0$[/tex],
che è proprio il piano scritto sopra.
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