Dopo Green passiamo dal piano allo spazio. Una vela, una membrana o una parete curva richiedono due coordinate per individuare un punto. Su quella superficie possiamo misurare l’area, sommare una densità oppure contare quanto campo la attraversa: sono tre domande diverse. Costruiamo prima la geometria e poi le formule, senza usare in anticipo i teoremi di Gauss o Stokes.
Superfici: area, massa e flusso · Indice del percorso
1. Tre domande, tre quantità
L’area dice quanto materiale serve per rivestire la superficie. La massa di una lamina somma la densità superficiale, che può cambiare da punto a punto. Il flusso misura la componente di un campo che attraversa la superficie secondo una normale scelta. Una corrente parallela alla parete può avere velocità grande e flusso nullo attraverso quella parete.
A=∬S 1 dS
M=∬S ρ dS
Φ=∬S F·n̂ dS
dS è un elemento di area, non un elemento di volume. Se le lunghezze sono in metri e ρ in kg/m², M è in kg. Se F è una velocità in m/s, il flusso ha unità m³/s. Il segno del flusso distingue i due versi di attraversamento; una densità di massa non negativa, invece, non produce masse negative.
2. Una superficie nasce da due parametri
r(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v)), (u,v)∈D⊂ℝ²
D è il dominio dei parametri, una regione piana; S è l’immagine nello spazio. I parametri non sono necessariamente coordinate cartesiane: possono essere angoli o quote. Fissando v e variando u si ottiene una curva sulla superficie; fissando u e variando v se ne ottiene un’altra. Le due famiglie costruiscono una griglia.
r(u,v)=(2u,v,u+v), 0≤u,v≤1
r(0,0)=(0,0,0); r(1,0)=(2,0,1)
r(0,1)=(0,1,1); r(1,1)=(2,1,2)
Questo è un parallelogramma inclinato, non il quadrato dei parametri. Con u=1/2 e v=1/4 il punto è (1,1/4,3/4). Dire soltanto «z=x/2+y» non basta a identificare il pezzo: occorre specificare anche quali valori di x e y usiamo.
3. Due tangenti e una normale
Le derivate r_u e r_v sono vettori tangenti alle due curve coordinate. Il loro prodotto vettoriale è perpendicolare a entrambi. La norma del prodotto è l’area del parallelogramma costruito sui due vettori: non il prodotto delle norme, a meno che siano ortogonali.
U=(U₁,U₂,U₃), V=(V₁,V₂,V₃)
U×V=(U₂V₃−U₃V₂, U₃V₁−U₁V₃, U₁V₂−U₂V₁)
r_u=(2,0,1), r_v=(0,1,1)
r_u×r_v=(0−1, 0−2, 2−0)=(−1,−2,2)
J=‖r_u×r_v‖=√(1+4+4)=3
n̂=(−1,−2,2)/3
La parametrizzazione è regolare dove J≠0. Il versore n̂ ha lunghezza uno: non va confuso con r_u×r_v, che contiene anche il fattore di area. Scambiando l’ordine dei due vettori cambia il segno del prodotto, non la sua norma.
4. Perché l’area richiede un peso
Una piccola cella Δu×Δv viene approssimata dai lati r_uΔu e r_vΔv. La sua area è quindi circa JΔuΔv. Sommando le celle e passando al limite otteniamo la formula. Non stiamo misurando l’area della proiezione né quella del rettangolo dei parametri.
dS=‖r_u×r_v‖ du dv=J du dv
A(S)=∬D J du dv
r=(2u,v,u+v), D=[0,1]² → A=∫₀¹∫₀¹3 dv du=3
Per il nostro piano la proiezione ha area 2, il quadrato dei parametri area 1, la superficie area 3. Nel laboratorio J è calcolato dalle derivate, non dall’area dei quadrilateri disegnati: le facce grafiche approssimano la superficie, la quadratura usa il peso analitico.
5. Un integrale scalare: la massa della lamina
Prima componiamo la densità con la parametrizzazione: ρ(x,y,z) diventa ρ(r(u,v)). Poi moltiplichiamo per J. Per la lamina sul piano precedente scegliamo, in unità coerenti, ρ=1+z. Poiché z=u+v, la densità è 1+u+v, sempre positiva.
∬S f dS=∬D f(r(u,v))J du dv
M=∫₀¹∫₀¹3(1+u+v)dv du
=3∫₀¹(3/2+u)du=3(3/2+1/2)=6
La densità media pesata sulla lamina è M/A=6/3=2. In generale non si può usare la densità in un punto scelto a piacere e moltiplicarla per l’area. Un integrale scalare di una funzione che assume valori negativi può essere negativo; qui è l’interpretazione come massa con ρ≥0 a imporre M≥0.
6. Il grafico z=g(x,y): non è un volume
r(x,y)=(x,y,g(x,y))
r_x=(1,0,g_x), r_y=(0,1,g_y)
r_x×r_y=(−g_x,−g_y,1)
dS=√(1+g_x²+g_y²) dx dy
Per il paraboloide z=x²+y² sopra il disco unitario, g_x=2x e g_y=2y. Passiamo a coordinate polari solo nel dominio piano: x=t cosθ,y=t sinθ. Il fattore t è il Jacobiano polare, mentre √(1+4t²) misura l’inclinazione. Servono entrambi.
A=∫₀²π∫₀¹ t√(1+4t²)dt dθ
=2π[(1+4t²)^(3/2)/12]₀¹
=π(5√5−1)/6
V=∬[x²+y²≤1] (x²+y²)dx dy=π/2
A misura la pelle curva, V il volume compreso fra quella pelle e il piano z=0. Sono quantità diverse, con unità diverse. Non sostituire g a √(1+g_x²+g_y²) nella formula dell’area.
7. Il cilindro: parete laterale e tappi
r(θ,z)=(R cosθ,R sinθ,z), 0≤θ≤2π, 0≤z≤H
r_θ=(−R sinθ,R cosθ,0), r_z=(0,0,1)
r_θ×r_z=(R cosθ,R sinθ,0), J=R
A_laterale=∫₀ᴴ∫₀²π R dθ dz=2πRH
La normale ottenuta punta verso l’esterno. La parametrizzazione descrive soltanto la parete laterale: non comprende i due dischi di base. Con R=2 e H=3 l’area laterale è 12π; l’area del cilindro chiuso è 12π+2·4π=20π. Prima di integrare bisogna sapere quale superficie è richiesta.
La linea θ=0 e la linea θ=2π coincidono: è una cucitura, non un raddoppio di tutta la parete. Questa sovrapposizione di bordo non altera l’integrale. Percorrere invece 0≤θ≤4π copre ogni porzione della parete due volte e raddoppia il risultato parametrico.
8. La sfera e i poli della parametrizzazione
r(φ,θ)=(R sinφ cosθ,R sinφ sinθ,R cosφ)
0≤φ≤π, 0≤θ≤2π
r_φ×r_θ=R²sinφ (sinφ cosθ,sinφ sinθ,cosφ)
J=R²sinφ
A=∫₀²π∫₀π R²sinφ dφ dθ=4πR²
Il vettore tra parentesi ha norma uno e punta fuori dalla sfera. Ai poli sinφ=0: questa carta non è regolare lì, ma la sfera non ha punte. Il difetto è delle coordinate; si possono usare altre carte. Per gli integrali qui considerati cucitura e poli hanno area nulla e la formula si applica alle parti regolari, con il limite ai bordi.
Per l’emisfero superiore basta 0≤φ≤π/2: area 2πR². Con densità ρ=1+z/R=1+cosφ, la massa è 2πR²∫₀^(π/2)(1+cosφ)sinφ dφ=3πR². La densità varia da 1 all’equatore a 2 al polo: la media pesata è 3/2, non la media aritmetica dei campioni scelti senza pesi.
9. Il flusso: conta la componente normale
Scegliamo un campo continuo sulla superficie e una normale continua, almeno su ogni pezzo orientato. Poiché n̂=(r_u×r_v)/J e dS=Jdu dv, i due fattori J si semplificano. Questo è il motivo della formula compatta: non si deve moltiplicare di nuovo per J.
Φ=∬S F·n̂ dS=∬D F(r(u,v))·(r_u×r_v)du dv
r=(2u,v,u+v), F=(0,0,1)
F·(r_u×r_v)=(0,0,1)·(−1,−2,2)=2
Φ=∫₀¹∫₀¹2 dv du=2
Sul cilindro un campo verticale F=(0,0,1) ha flusso laterale zero: è tangente alla parete. Per F=(x,y,z), sulla parete F·n̂=R, quindi Φ=R·2πRH=2πR²H. Con R=2,H=3 otteniamo 24π. Il termine z non contribuisce sulla parete perché la normale ha terza componente nulla.
Sulla sfera, per F=(x,y,z), F·n̂=R e Φ=4πR³. Per il campo verticale, invece, le due metà danno +πR² e −πR²: il totale è zero, non perché ogni contributo sia nullo. Sull’emisfero superiore da solo rimane +πR².
10. Cono e toro: altri due esempi
r(u,v)=(Ru cos(2πv),Ru sin(2πv),H(1−u)), 0≤u,v≤1
r_u×r_v=2πRu(H cos(2πv),H sin(2πv),R)
J=2πRu√(R²+H²)
A_cono=πR√(R²+H²); Φ_(F=(0,0,1))=πR²
È il mantello del cono, senza disco di base. La normale punta fuori dal solido che sta sotto il mantello. All’apice u=0 il prodotto si annulla: qui c’è davvero una punta geometrica. L’area e il flusso si calcolano sulle parti regolari, arrivando all’apice per limite; il punto escluso ha area nulla. Con R=1,H=2 l’area è π√5 e il flusso verticale è π.
r(θ,φ)=((R+r cosφ)cosθ,(R+r cosφ)sinθ,r sinφ)
0≤θ,φ≤2π, 0<r<R
J=r(R+r cosφ)
A_toro=4π²Rr
R è il raggio del cerchio centrale e r quello del tubo. L’ipotesi r<R evita la degenerazione e l’autointersezione. Con normale esterna e F=(x,y,z), il prodotto con r_θ×r_φ è r(R+r cosφ)(R cosφ+r). Integrando il coseno, che ha media zero, e il suo quadrato, che ha media 1/2, si trova Φ=6π²Rr². Per R=2,r=1/2: A=4π² e Φ=3π². È un calcolo diretto, non un uso anticipato di Gauss.
11. Orientamento, bordi e superfici chiuse
Invertire la normale cambia Φ in −Φ. Non cambia l’area né l’integrale scalare della stessa densità. Una superficie orientabile permette una scelta continua della normale; il nastro di Möbius non ammette una normale globale continua. Qui usiamo soltanto superfici orientabili, eventualmente suddivise in parti regolari.
La sfera e il toro sono superfici chiuse, senza bordo. La parete laterale del cilindro, il cono senza base e l’emisfero hanno invece un bordo: non chiuderli mentalmente aggiungendo tappi non richiesti. Per una superficie chiusa che delimita un solido sceglieremo di solito la normale uscente. Per una superficie aperta dire «uscente» può essere ambiguo: meglio specificare sopra, sotto o il verso del prodotto vettoriale.
Se orientiamo anche il bordo, la regola della mano destra lo lega alla normale. Per una superficie a normale rivolta in alto il bordo positivo appare antiorario guardando dall’alto. Questo prepara Stokes; non è una formula che trasforma già qualsiasi flusso in un integrale lungo il bordo.
12. Cambiare parametri non significa ricoprire due volte
Le formule geometriche richiedono una copertura semplice, salvo sovrapposizioni di area nulla fra carte o sui bordi. La formula parametrica conta le molteplicità: se percorriamo due volte tutta la stessa superficie, somma due copie. Il laboratorio mostra un cilindro a due giri, distinguendo l’area geometrica della parete da quella contata dalla parametrizzazione.
r̃(s,v)=r(s²,v), 0≤s,v≤1
r̃_s=2s r_u(s²,v); r̃_v=r_v(s²,v)
r̃_s×r̃_v=2s (r_u×r_v)(s²,v)
La sostituzione u=s² è crescente: non ricopre due volte e non inverte la normale. Cambia la distribuzione delle celle e introduce il fattore 2s. La mappa inversa non è regolare sul bordo s=0, ma nell’interno il cambiamento è regolare e il bordo ha area nulla nei casi proposti. Le somme numeriche possono cambiare, mentre gli integrali esatti restano uguali. Un cambio con determinante negativo invertirebbe invece l’orientamento indotto.
13. Usare il laboratorio e controllare il risultato
Parti dal piano: con i dati iniziali devi trovare area 3, massa 6 e flusso 2. Un passo evidenzia una cella sul dominio dei parametri e la stessa porzione nello spazio. Accanto compaiono r_u, r_v, il loro prodotto, J, la normale unitaria, ρ, F e i tre contributi. Muovi gli angoli della vista: cambia il disegno, non i calcoli.
u_i=(i+1/2)/n, v_j=(j+1/2)/n, ΔuΔv=1/n²
ΔA=J(u_i,v_j)/n²
ΔM=ρ(r(u_i,v_j)) ΔA
ΔΦ=F(r(u_i,v_j))·N(u_i,v_j)/n²
N=±(r_u×r_v)
Prova poi il campo verticale sulla sfera: i contributi di flusso cambiano segno e si compensano. Inverti la normale e osserva che area e massa non cambiano. Aumenta n e confronta gli errori con i riferimenti analitici, senza scambiare la concordanza numerica per una dimostrazione. Il laboratorio usa punti medi, non un risolutore simbolico generale né una stima d’errore certificata.
Controllo finale: superficie e dominio corretti; copertura una sola volta; parti regolari; ordine del prodotto vettoriale; densità composta con r; nessun J duplicato nel flusso; eventuali basi aggiunte solo se richieste. Ora siamo pronti a collegare il flusso su una superficie chiusa con ciò che accade nel volume: sarà la tappa 28 su divergenza e Gauss.
Esercizi: prova prima di aprire
1. Dove va il punto u=1/2,v=1/4 sulla mappa r=(2u,v,u+v)?
Mostra la soluzione ragionata
Sostituiamo in ciascuna coordinata: x=2·1/2=1, y=1/4, z=1/2+1/4=3/4. Il punto nello spazio è (1,1/4,3/4), diverso dalla coppia dei parametri.
2. Calcola tangenti, prodotto vettoriale e area del piano iniziale.
Mostra la soluzione ragionata
r_u=(2,0,1), r_v=(0,1,1). Il prodotto è (−1,−2,2), la sua norma √9=3. Poiché D=[0,1]² ha area 1 e J è costante, A=3·1=3.
3. Sul piano con ρ=1+z, perché la massa non vale 3?
Mostra la soluzione ragionata
3 è l’area, corrispondente a densità uniforme 1. Qui ρ(r)=1+u+v; M=3∫₀¹∫₀¹(1+u+v)dv du=3·2=6. La densità media pesata vale 2.
4. Per F=(0,0,1), quali sono i due possibili flussi sul piano?
Mostra la soluzione ragionata
Con N=(−1,−2,2), F·N=2 e Φ=2. Con la normale opposta N cambia segno e Φ=−2. Non si moltiplica ancora per J=3: il fattore è già contenuto in N. Area 3 e massa 6 restano invariate.
5. Paraboloide unitario: area curva e flusso verticale sono uguali?
Mostra la soluzione ragionata
No. L’area è π(5√5−1)/6; il flusso verticale con normale verso l’alto è ∫∫D1 dxdy=π. Il flusso conta la proiezione orientata, mentre l’area include l’inclinazione.
6. Cilindro R=2,H=3: area laterale, area chiusa e flusso radiale.
Mostra la soluzione ragionata
A_laterale=2πRH=12π. I due dischi aggiungono 2πR²=8π: totale 20π. Per F=(x,y,z) la componente normale laterale è R=2, perciò il flusso della sola parete è 2·12π=24π.
7. Come può il cilindro avere area positiva e flusso nullo?
Mostra la soluzione ragionata
Per F=(0,0,1) la normale laterale ha terza componente zero. Quindi F·n̂=0 in ogni punto della parete: Φ=0 pur avendo A=2πRH>0. Il campo non è nullo: è tangente.
8. Sfera R=2: confronta il campo radiale e quello verticale.
Mostra la soluzione ragionata
L’area è 4πR²=16π. Per F=(x,y,z), F·n̂=R=2: Φ=32π. Per F=(0,0,1) l’emisfero superiore dà 4π e quello inferiore −4π, totale zero.
9. Emisfero R=2 con ρ=1+z/R: area, massa e flusso verticale.
Mostra la soluzione ragionata
A=2πR²=8π; M=3πR²=12π; Φ=πR²=4π con normale esterna. È il solo guscio superiore, senza disco equatoriale. Invertendo la normale cambia solo Φ in −4π.
10. Toro R=2,r=1/2: area e flusso di F=(x,y,z).
Mostra la soluzione ragionata
A=4π²Rr=4π². Con normale uscente Φ=6π²Rr²=6π²·2·1/4=3π². L’ipotesi r<R è soddisfatta; i due raggi hanno ruoli diversi.
11. Due giri del cilindro raddoppiano la parete geometrica?
Mostra la soluzione ragionata
No. La parete come insieme di punti non cambia. L’integrale parametrico conta due coperture: area contata 4πRH, contro area geometrica 2πRH. La cucitura a un solo giro è invece un insieme di area nulla.
12. Perché con u=s² le somme numeriche possono cambiare?
Mostra la soluzione ragionata
I punti medi in s non diventano punti medi equidistanti in u. Il fattore 2s deve entrare nella prima tangente e nel prodotto vettoriale. L’integrale esatto resta lo stesso; l’errore di quadratura a n fissato può cambiare. Non bisogna confrontare solo le immagini ignorando i pesi.
Prima: teorema di Green · Indice del percorso