Potenziale di una forma differenziale

Dopo aver visto in un'altra lezione come studiare una forma differenziale, in questa lezione vedremo come calcolare il potenziale (primitiva) di una forma differenziale lineare esatta. Tratteremo per semplicità solamente il caso di forme differenziali in \mathbb{R}^2, e per chi si fosse perso le condizioni per lo studio delle forme differenziali chiuse ed esatte, può trovare tutto quel che serve nella lezione del link.

 

 

Ricordo solamente, e molto brevemente, che una forma differenziale

 

\omega(x,y)=\alpha(x,y)dx+\beta(x,y)dy

 

si dice esatta se esiste una funzione differenziabile f(x,y) tale che \frac{\partial}{\partial x}f(x,y)=\alpha(x,y) e \frac{\partial}{\partial y}f(x,y)=\beta(x,y).

 

Una tale funzione si dirà una primitiva o il potenziale della forma forma differenziale \omega(x,y)

 

Notate che se f(x,y) è una primitiva di \omega, anche f(x,y)+k al variare di k in \mathbb{R} saranno primitive di \omega. Pertanto una primitiva di una forma differenziale è unica a meno di una costante, quindi sarebbe più corretto chiamarle "famiglia di primitive". Laughing

 

Come calcolare il potenziale di una forma differenziale

 

Supponiamo di trovarci di fronte alla forma differenziale 

 

\omega(x,y)=\alpha(x,y)dx+\beta(x,y)dy

 

che essa sia esatta in un determinato insieme e di volerne quindi ivi trovare una primitiva. Vediamo come procedere:

 

(1) Si sceglie (con il semplicissimo criterio della semplicità) una delle due componenti della forma differenziale e la si integra. Ad esempio quindi si calcola:

 

\int[\alpha(x,y)]dx = \overbrace{f(x,y) + c(y)}^{(*)} 

 

con c(y) funzione da determinare.

 

(2) Si deriva il risultato dell'integrale rispetto all'altra variabile e lo si pone uguale all'altra componente della forma differenziale, ovvero nel nostro caso:

 

\frac{d}{dy}[f(x,y)+c(y)] = \beta(x,y)

 

ottenendo così un'equazione in c'(y) che ci permetterà di trovare c(y)

 

(3) Si sostituisce il valore trovato in (*) ed esse saranno una famiglia di primitive (o il potenziale) della forma differenziale.

 

Esempi sul potenziale di forme differenziali

 

(A) Studiare la forma differenziale


\omega(x,y)=\frac{[xy-(1-xy)\log(1-xy)]}{1-xy}dx+\frac{x^2}{1-xy}dy

 

e se è esatta trovarne una primitiva.

 

Partiamo dall'insieme di definizione: dobbiamo imporre 1-xy>0 (in quanto argomento del logaritmo), pertanto il dominio sarà dato da:

 

A=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \ | \ 1-xy>0\right\}

 

che rappresentato graficamente è la parte di piano compresa fra i due rami dell'iperbole xy=1.

 

Studiamo la chiusura: la forma è di classe C^1(\mathbb{R}^2), inoltre con due conticini si vede che 

 

\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{[xy-(1-xy)\log(1-xy)]}{1-xy}\right] = \frac{x^2y}{(1-xy)^2}+\frac{2x}{1-xy} = \frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{x^2}{1-xy}\right]

 

pertanto la forma è chiusa.

 

Passiamo all'esattezza: essendo la forma chiusa ed essendo A semplicemente connesso, per il teorema di Poincarè la forma è esatta.

 

Ci siamo! Troviamo una primitiva della forma differenziale. Essendo:

 

\alpha(x,y)=\frac{[xy-(1-xy)\log(1-xy)]}{1-xy}

 

e

 

\beta(x,y)=\frac{x^2}{1-xy}

 

conviene integrare la componente \beta(x,y), da cui:

 

\int\left[\frac{x^2}{1-xy}\right]dy = -x\int\left[\frac{-x}{1-xy}\right]dy = -x\log(|1-xy|)+c(x) = \overbrace{-x\log(1-xy)+c(x)}^{(*)}

 

Abbiamo potuto togliere il valore assoluto in quanto, ricordo che, stiamo lavorando in ADeriviamo ora il risultato ottenuto (rispetto ad x) e poniamolo uguale ad \alpha(x,y):

 

\frac{d}{dx}[-x\log(1-xy)+c(x)]=\frac{[xy-(1-xy)\log(1-xy)]}{1-xy}

 

da cui:

 

\frac{xy}{1-xy}-\log(1-xy)+c'(x)=\frac{[xy-(1-xy)\log(1-xy)]}{1-xy}

 

ovvero c'(x)=0e quindi c(x)=k con k\in\mathbb{R}Sostituendo tale risultato in(*) vediamo che le primitive sono date da:

 

f(x,y) = -x\log(1-xy)+k

 

al variare di k\in \mathbb{R}.

 

 

(B) Studiare la forma differenziale

 

\omega(x,y)=\left(2xy-\frac{1}{x}\right)dx+{x^2}dy

 

e se è esatta trovarne una primitiva.

 

Come nel caso precedente, partiamo dall'insieme di definizione: imponiamo x\neq 0 (è al denominatore), per cui avremo come dominio:

 

A=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \ | \ x\neq 0\right\}

 

Vediamo se la forma differenziale è chiusa: la forma è di classe C^1(A). Calcoliamo le derivate parziali in croce

 

 \frac{\partial}{\partial y}\left[2xy-\frac{1}{x}\right] = 2x =\frac{\partial}{\partial x}[x^2]

 

di conseguenza la forma è chiusa.

 

Per l'esattezza, vediamo che la forma differenziale è chiusa, ma A non è semplicemente connesso. Possiamo però dividerlo in due componenti semplicemente connesse, ossia:

 

A=A_1 \cup A_2

 

dove

 

A_1=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \ | \ x\textgreater 0\right\}

 

A_2=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \ | \ x\textless 0\right\}

 

In tali insiemi, per il teorema di Poincarè la forma è esatta. Troviamone una primitiva. Essendo:

 

\alpha(x,y)=2xy-\frac{1}{x}

 

e

 

\beta(x,y)=x^2

 

ci conviene nettamente integrare la componente \beta(x,y), da cui ricaviamo

 

\int(x^2)dy = x^2\int(1)dy = \overbrace{x^2y+c(x)}^{(*)}

 

Non ci resta che derivare tale risultato (rispetto ad x) e porlo uguale al'altra componente \alpha(x,y):

 

\frac{d}{dx}[x^2y+c(x)]=2xy-\frac{1}{x}

 

da cui

 

2xy+c'(x)=2xy-\frac{1}{x}

 

per cui

 

c'(x)=-\frac{1}{x}

 

e quindi c(x)=-\log|x|+k, \ k\in\mathbb{R}. Sostituiamo quanto ottenuto in (*) e vediamo che le primitive sono date da

 

f(x,y) = \left\{\begin{matrix}x^2y-\log(x)+k, \ k\in \mathbb{R} \ in \ A_1 \\ \\ x^2y-\log(-x)+k, \ k\in \mathbb{R} \ in \ A_2 \end{matrix}

 

 



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Galois

 

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