Soluzioni
  • Innanzitutto osserviamo che la forma differenziale:

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

    è ben definita in C=\{(x, y)\in \mathbb{R}: x^2-y^2\ne 0\}

    La condizione x^2-y^2\ne 0\implies x^2\ne y^2 da cui:

    |x|\ne |y|

    L'insieme C non è connesso, ma è localmente semplicemente connesso. Vediamo ora se la forma differenziale è chiusa:

    Affinché lo sia, dobbiamo richiedere che:

    \frac{2x}{x^2-y^2}

    - \frac{2y}{x^2-y^2}+ e^y

    siano C^1(\Omega) dove \Omega è un aperto. Localmente (non in tutto \mathbb{R}^2) le funzioni in gioco sono C^1 l'importante è escludere in \Omega l'insieme J\subseteq N=\{(x, y): |x|= |y|\} nel quale la forma perde di significato. 

    Nota: Le quattro porzioni del piano "limitate" dalle rette y=x e y=-x sono semplicemente connesse, sono infatti prive di buchi. 

    Per la chiusura è inoltre richiesto che le derivate parziali:

    \frac{\partia f}{\partial y}= \frac{\partial g}{\partial x}

    dove:

    f(x, y)= \frac{2x}{x^2-y^2}

    g(x, y)= -\frac{2y }{x^2- y^2}+e^y

    Ora:

    \frac{\partia f}{\partial y}=\frac{4x y}{(x^2-y^2)^2}

    così come

    \frac{\partial g}{\partial x}= \frac{4 xy }{(x^2-y^2)^2}

    La forma differenziale è chiusa in un qualsiasi aperto \Omega (puoi approfondire la questione qui: forme differenziali chiuse e esatte).

    La primitiva di una forma differenziale si determina in questo modo: 

    Per definizione di primitiva di una forma differenziale abbiamo che:

    \frac{\partial U(x, y)}{\partial x}= f(x, y)

    \frac{\partial U(x, y)}{\partial y}= g(x, y)

    Poichè richiediamo che si annulli in (2, 0) dobbiamo lavorare sulla porzione di piano che contiene questo punto.

    Integriamo rispetto ad x la funzione f(x, y):

    U(x, y)=\int f(x, y) dx=\log|x^2-y^2|+c(y)

    Stiamo lavorando in \Omega nel quale:

    -x<y<x

    Da cui segue:

    |y|<x

    elevando al quadrato membro a membro:

    y^2< x^2

    quindi:

    x^2-y^2>0

    Pertanto la primitiva si riscrive come:

    U(x, y)=\int f(x, y) dx=\log(x^2-y^2)+c(y)

    Con c(y) una funzione dipendente dalla sola variabile y

    A questo punto deriviamo rispetto ad y U(x, y) otterremo:

    \partial_ y U(x, y)= D_y[\log(x^2-y^2)+c(y)] =-2\frac{2 y}{x^2- y^2}+ c'(y)

    Imponiamo che sia uguale a g(x, y)

    \partial_ y U(x, y)=-2\frac{2 y}{x^2- y^2}+ c'(y)=-\frac{2y }{x^2- y^2}+e^y

    Da cui otteniamo che:

    c'(y)= e^y

    Quindi 

    c(y)= e^y +k con k costante reale.

    la funzione potenziale è dunque:

    U(x, y)=\log(x^2-y^2)+c(y) = \log(x^2- y^2)+e^ y+k

    Imponiamo che:

    U(2, 0)=0

    U(2, 0)= \log(4)+1+k=0\implies k= -1-\log(4)

    In definitiva:

    U(x, y)=\log(x^2-y^2)+c(y) = \log(x^2- y^2)+e^ y-1-\log(4)

    Risposta di Ifrit
 
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