da ciampax » 30/08/2014, 15:05
Dimostriamo che è chiusa: se indico le due componenti con $X,\ Y$ allora
$$X_y=\frac{\partial}{\partial y}\int_0^y e^{t^2}\ dt=e^{y^2},\qquad Y_x=e^{y^2}$$
Poiché è definita su $RR^2$, è esatta e quindi esiste $f(x,y)$ tale che $f_x=X,\ f_y=Y$, Dalla seconda condizione segue
$$f(x,y)=\int Y\ dy=\int x e^{y^2}\ dy=x E(y)+g(x)$$
dove ho indicato con $E(y)$ l'integrale dell'esponenziale. Inoltre
$$f_x=E(y)+g'(x)=E(y)\ \Rightarrow\ g'(x)=0\ \Rightarrow\ g(x)=c\in\mathbb{R}$$
Pertanto la primitiva è
$$f(x,y)=x E(y)+c$$
Ora, la curva $\gamma$ non è chiusa, in quanto è l'arco di circonferenza di centro l'origine e raggio 1 contenuto nel primo e quarto quadrante (i.e. l'arco che va da $(0,1)$ a $(0,-1)$ passando da $(1,0)$). Se indichiamo con $\Gamma$ tutta la circonferenza, allora $\Gamma=\gamma\cup\gamma_1$ (dove $\gamma_1$ è l'altro arco) e si ha
$$0=\int_{\Gamma} \omega=\int_\gamma\omega+\int_{\gamma_1}\omega$$
Ora, osserva che $\gamma_1$ è simmetrica alla curva $\gamma$ attraverso la simmetria $(x,y)\to(-x,y)$: abbiamo allora
$$\omega(-x,y)=E(y)(-dx)-x e^{y^2}\ dy=-\omega(x,y)$$
per cui, dal momento che $\gamma_1=-\gamma$ (la puoi pensare come la stessa curva con orientazione cambiata) si ha
$$0=\int_\gamma \omega+\int_{-\gamma}(-\omega)=2\int_\gamma\omega$$
da cui il risultato richiesto.
Se invece vuoi un metodo più "diretto" puoi procedere così: l'integrale diventa
$$\int_0^\pi\left[E(\theta)\cos\theta-\sin^2\theta e^{\cos^2\theta}\right]\ d\theta$$
Avendo posto $E(\theta)=\int_0^{\cos\theta} e^{t^2}\ dt$. Osservando che $E'(\theta)=-\sin\theta e^{\cos^2\theta}$ puoi integrare per parti, ottenendo
$$\int_0^\pi E(\theta)\cos\theta\ d\theta=\left[E(\theta)\sin\theta\right]_0^\pi-\int_0^\pi -\sin^2\theta e^{\cos^2\theta}\ d\theta$$
e sommando all'altro integrale ottieni zero.
P.S.: ovviamente, avendo la primitiva puoi anche calcolare
$$\int_\gamma \omega=f(0,-1)-f(0,1)=0$$
che forse è più semplice. Ma vabbé, t'ho fatto vedere tutti i metodi possibili.