Integrale di linea

Avendo una curva $r:[a,b]\to {\mathbb{R}}^m$, è possibile associare alla $(m+1)$-esima dimensione la funzione: $$\begin{array}{rl}f:I\subseteq {\mathbb{R}}^m& \to \mathbb{R}\\ (x_1,x_2,...,x_m)& \mapsto z=f(x_1,x_2,...,x_m)\end{array}$$ che può essere pensata come l'altezza di $\gamma$ su $r(t)$, diversa dall'altezza caratterizzata da $t$ sul grafico $G(r)$. Infatti, le intersezioni di curve non semplici avranno la stessa $z=f(r(t))$.

Per cui, l'integrale di linea $${\int }_{\gamma }f(x_1,x_2,...,x_m)ds={\int }_a^{b}f(r(t))\Vert r^{\prime }(t)\Vert dt$$ corrisponde all'area sotto $\gamma$ in $m+1$ dimensioni.

Per esempio, se il $\mathrm{Codom}(r)={\mathbb{R}}^2$, allora $z=f(x,y)$ sarà l'altezza in tre dimensioni di $r$ e l'integrale corrisponde all'area sotto la curva tridimensionale.

In particolare, l'argomento $\Vert r^{\prime }(t)\Vert$ stira la curva per renderla uniforme.

Per esempio, se $r(t)=(3t,4t-1,t+5)$ e $f(x,y,z)=3x-y+z$, allora l'area sotto la curva è: $${\int }_{\gamma }fds={\int }_0^1(9t-4t+1+t+5)\sqrt{9+16+1}dt=9\sqrt{26}$$

Esempio

Avendo $r(t)=(-2\cos (\pi t),2t)$ con $t\in [1,-1[$, e l'altezza: $$f(x,y)=\frac{y^2}{\sqrt{4+4{\pi }^2-{\pi }^2{x}^2}}$$ va trovato: $${\int }_{r}fds={\int }_{-1}^{1}f(r(t))\Vert r^{\prime }(t)\Vert dt$$

Perchè $f(r(t))$ sia possibile, va verificato che $\mathrm{Im}(r)\subseteq \mathrm{Dom}(f)$, quindi: $$\begin{gathered} 4+4{\pi }^2-{\pi }^2{x}^2>0\iff x^2<\frac{4}{{\pi }^2}+4\Rightarrow -2\sqrt{\frac{1}{{\pi }^2}+1}<x<2\sqrt{\frac{1}{{\pi }^2}+1} \\ \Downarrow \\ \mathrm{Dom}(f)=\left]-2\sqrt{\frac{1}{{\pi }^2}+1},2\sqrt{\frac{1}{{\pi }^2}+1}\right[\times \mathbb{R} \end{gathered}$$ Per cui, dato che $\mathrm{Im}(r)=[-2,2]\times \mathbb{R}\subseteq \mathrm{Dom}(f)$, l'integrale di linea è calcolabile: $${\int }_{r}fds={\int }_{-1}^1\frac{4t^2}{\sqrt{4+4{\pi }^2-4{\pi }^2{\cos }^2(\pi t)}}\sqrt{4{\pi }^2{\sin }^2(\pi t)+4}dt={\int }_{-1}^{1}4t^{2}dt=\frac{8}{3}$$