AM3 - Tutorato VII

SOLUZIONI

mercoledì 21 aprile 2004

Osservazione 1. Osserviamo anzitutto che A e B sono insiemi normali rispetto ad entrambe gli assi. C è invece normale rispetto all’asse delle y e può essere scritto come unione di due insiemi normali rispetto all’asse delle x aventi interni disgiunti. La regione di cui viene chiesto il calcolo della misura di Peano-Jordan nell’ ultimo esercizio non è invece normale rispetto a nessun asse ma è unione di due insiemi normali (con interni disgiunti) rispetto ad uno qualunque dei due assi.

Soluzione esercizio 1. Per calcolare l’integrale assegnato anzitutto scriviamo A come insieme normale rispetto all’asse delle y (dal momento che la scrittura di A così come fornita dal testo non coincide con la definizione di insieme normale). É però immediata la verifica (eventualmente disegnando A nel piano cartesiano) del fatto che

A = {(x, y) ∈ [−1, 1] × ℝ : −1 ≤ y ≤ x^{3}}

Allora utilizzando il teorema dell’integrazione su insiemi normali con α(x) = −1 e β(x) = x^{3} abbiamo:

∫∫_{A} xy^{2} dx dy = ∫_{−1}^{1} (∫_{−1}^{x^{3}} xy^{2} dy ) dx = ∫_{−1}^{1} x [\frac{y^{3}}{3} ]_{−1}^{x^{3}} dx =

= ∫_{−1}^{1} x (\frac{x^{9}}{3} + \frac{1}{3}) dx = ∫_{−1}^{1} \frac{x^{10}}{3} + \frac{x}{3} dx =
= [\frac{x^{11}}{33} + \frac{x^{2}}{6} ]_{−1}^{1} = (\frac{1}{33} + \frac{1}{6}) − (−\frac{1}{33} + \frac{1}{6}) = \frac{2}{33}

Soluzione esercizio 2. Scriviamo B come insieme normale rispetto all’asse delle y esplicitando l’equazione della circonferenza unitaria x^{2} + y^{2} = 1 sul semipiano {y ≥ 0} e l’equazione della retta x + y = 1, entrambe come funzioni della x

B = \{(x, y) ∈ [0, 1] × ℝ : 1 − x ≤ y ≤ \sqrt{1 − x^{2}}\}

Risulta allora applicando il teorema per l’integrazione su insiemi normali:

∫∫_{B} xy dx dy = ∫_{0}^{1} (∫_{1−x}^{√\overline{1−x^{2}}} xy dy ) dx = ∫_{0}^{1} x [\frac{y^{2}}{2} ]_{1−x}^{√\overline{1−x^{2}}} dx =

= ∫_{0}^{1} x (\frac{1 − x^{2}}{2} − \frac{(1 − x)^{2}}{2} ) dx = ∫_{0}^{1} x (−x^{2} + x) dx =
= ∫_{0}^{1} −x^{3} + x^{2} dx = [−\frac{x^{4}}{4} + \frac{x^{3}}{3} ]_{0}^{1} = −\frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{1}{12}

Soluzione esercizio 3. Per riuscire a scrivere C come insieme normale occorre trovare il punto d’intersezione tra le due parabole avente ascissa positiva (dal momento che C ⊂ {x ≥ 0}) . Allora dall’equazione x^{2} = −x^{2} + 3 otteniamo 2x^{2} = 3 ⇒ x = \sqrt{\frac{3}{2}} (escludendo la soluzione che non ci interessa). Dunque

C = \{(x, y) ∈ [0, \sqrt{\frac{2}{3}}] × ℝ : x^{2} ≤ y ≤ 3 − x^{2}\}

e l’integrale è il seguente:

∫∫_{C} x^{3}e^{y} dx dy = ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3} (∫_{x^{2}}^{3−x^{2}} e^{y} dy ) dx =

= ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3} [e^{y}]_{x^{2}}^{3−x^{2}} dy dx = ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3} (e^{3−x^{2}} − e^{x^{2}}) dx =

= e^{3} ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{−x^{2}} dx − ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{x^{2}} dx

Risolviamo separatamente (integrando per parti) i due integrali:

∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{−x^{2}} dx = [x^{2} (−\frac{e^{−x^{2}}}{2} )]_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} + ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} xe^{−x^{2}} dx =

= −\frac{3}{4}e^{− \frac{3}{2}} + [−\frac{e^{−x^{2}}}{2} ]_{0}^{√ \overline{\frac{2}{3}}} = −\frac{5}{4}e^{− \frac{3}{2}} + \frac{1}{2}

∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{x^{2}} dx = [x^{2} (\frac{e^{x^{2}}}{2} )]_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} − ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} xe^{x^{2}} dx =

= \frac{3}{4}e^{\frac{3}{2}} − [\frac{1}{2}e^{x^{2}}]_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{4}e^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{2}

Allora in conclusione abbiamo:

∫∫_{C} x^{3}e^{y} dx dy = e^{3} ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{−x^{2}} dx − ∫_{0}^{√ \overline{\frac{3}{2}}} x^{3}e^{x^{2}} dx =
= e^{3} (−\frac{5}{4}e^{− \frac{3}{2}} + \frac{1}{2}) − (\frac{1}{4}e^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{2}) =
= −\frac{5}{4}e^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{2}e^{3} − \frac{1}{4}e^{\frac{3}{2}} − \frac{1}{2} =
= −\frac{3}{2}e^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{2} (e^{3} − 1)

Soluzione esercizio 4. Chiamiano E_{a} la regione di ℝ^{2} delimitata dalle rette ax ed \frac{x}{a} e dalla parabola di equazione a^{2}x^{2}. Cerchiamo di capire com’ è fatto quest’insieme trovando innanzitutto le intersezioni tra la parabola e le due rette al fine di scrivere E_{a} come unione di due insieme normali rispetto all’asse delle y. Mettendo a sistema l’equazione della parabola e quella della retta ax otteniamo a^{2}x^{2} = ax ⇒ x = 0 ed x = \frac{1}{a} . L’intersezione con la retta \frac{x}{a} è invece determinata dall’equazione a^{2}x^{2} = \frac{x}{a} che ha come soluzioni 0 ed \frac{1}{a^{3}} . Allora possiamo scrivere E_{a} = E_{a}^{(1)} ∪ E_{a}^{(2)} dove

E_{a}^{(1)} = \{(x, y) ∈ [0, \frac{1}{a^{3}} ] × ℝ : \frac{x}{a} ≤ y ≤ ax\}

E_{a}^{(2)} = \{(x, y) ∈ [\frac{1}{a^{3}} , \frac{1}{a}] × ℝ : a^{2}x^{2} ≤ y ≤ ax\}

La misura di E_{a} è allora la somma delle misure di E_{a}^{(1)} ed E_{a}^{(2)} avendo questi due insiemi interno disgiunto:

mis_{2}(E_{a}) = ∫∫_{E_{a}} dx dy = mis_{2}(E_{a}^{(1)}) + mis_{2}(E_{a}^{(2)}) =
= ∫∫_{E_{a}^{(1)}} dx dy + ∫∫_{E_{a}^{(2)}} dx dy =

= ∫0^{\frac{1}{a^{3}}} (∫ ax_{\frac{x}{a}} dy ) dx + ∫ \frac{1}{a} ; \frac{1}{a^{3}} (∫_{a^{2}x^{2}}^{ax} dy ) dx =

= ∫0^{\frac{1}{a^{3}}} (ax − \frac{x}{a}) dx + ∫ \frac{1}{a} ; \frac{1}{a^{3}} (ax − a^{2}x^{2}) dx =

= [\frac{a}{2}x^{2} − \frac{1}{2a}x^{2}]0^{\frac{1}{a^{3}}} + [\frac{a}{2}x^{2} − \frac{a^{2}}{3} x^{3}]\frac{1}{a} ; \frac{1}{a^{3}} =

= \frac{1}{2a^{5}} − \frac{1}{2a^{7}} + (\frac{1}{2a} − \frac{1}{3a}) − (\frac{1}{2a^{5}} − \frac{1}{3a^{7}} ) =
= \frac{1}{6a} − \frac{1}{6a^{7}} = f(a)

Abbiamo allora l’area di E_{a} come funzione della variabile a ≥ 1. Derivando si ha f′(a) = \frac{7}{6a^{8}} − \frac{1}{6a^{2}} ; adesso f′(a) = 0 ⇔ \frac{7}{6a^{8}} = \frac{1}{6a^{2}} da cui otteniamo che f ha un unico punto critico in

a = \sqrt[6]{7}

Questo è ovviamente un massimo avendosi lim_{a→1} f(a) = lim_{a→+∞} f(a) = 0 ed essendo f(a) > 0 per ogni a (dal momento che f(a) rappresenta un’area).