AM3 - Tutorato VIII

SOLUZIONI

mercoledì 28 aprile 2004

Soluzione esercizio 1. Per calcolare l’integrale doppio assegnato cerchiamo anzitutto di scrivere il dominio di integrazione A come insieme normale rispetto all’asse delle y. L’intersezione tra le due funzioni α(x) = \frac{1}{x} e β(x) = x^{2} è chiaramente il punto (1, 1), dunque risulta:

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

Applicando allora il teorema per l’integrazione su insiemi normali di ℝ^{2} (cfr. tutorato VII) abbiamo:

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

= ∫_{1}^{2} x (−\frac{1}{2x^{4}} + \frac{x^{2}}{2} ) dx = ∫_{1}^{2} \frac{x^{3}}{2} − \frac{1}{2x^{3}} dx =
= [\frac{x^{4}}{8} + \frac{1}{4x^{2}} ]_{1}^{2} = (2 + \frac{1}{16}) − (\frac{1}{8} + \frac{1}{4}) = \frac{27}{16}

Soluzione esercizio 2. Osserviamo da principio che il dominio d’integrazione D non è un insieme normale rispetto a nessuno dei due assi. Un modo di procedere del tutto leggittimo potrebbe essere allora quello di scrivere D come uniuone di due insiemi normali con interno disgiunto. Si lascia allo studente come utile esercizio il compito di calcolare in questa maniera l’integrale assegnato. Alternativamente si può procedere, ed è quello che faremo, scrivendo D come differenza di due insiemi normali; esplicitando come funzioni della variabile x le equazioni dei quarti di circonferenza di raggio 1 e 2, prendiamo

D_{1} = \{(x, y) ∈ [0, 2] × ℝ : 0 ≤ y ≤ \sqrt{4 − x^{2}}\}
D_{2} = \{(x, y) ∈ [0, 1] × ℝ : 0 ≤ y ≤ \sqrt{1 − x^{2}}\}

e risulta allora D = D_{1} ∖ D_{2} . Sfruttando l’additività dell’integrale di Riemann abbiamo:

∫∫_{D} x dx dy = ∫∫_{D_{1}} x dx dy − ∫∫_{D_{2}} x dx dy =

= ∫_{0}^{2} (∫_{0}^{√\overline{4−x^{2}}} x dy) dx − ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{√\overline{1−x^{2}}} x dy) dx =

= ∫_{0}^{2} x\sqrt{4 − x^{2}} dx − ∫_{0}^{1} x\sqrt{1 − x^{2}} dx =
= [−\frac{1}{3} (4 − x^{2})^{\frac{3}{2}} ]_{0}^{2} + [\frac{1}{3} (1 − x^{2})^{\frac{3}{2}} ]_{0}^{1} = \frac{8}{3} − \frac{1}{3} = \frac{7}{3}

Osservazione 1. Quest’ integrale può essere anche calcolato parametrizzando il dominio D in coordinate polari ( x = ρ cos θ ed y = ρ sin θ ). Si consiglia di procedere anche in questo ulteriore modo, verificando con lo svolgimento dell’esercizio l’utilità del passaggio a coordinate polari per domini a simmetria sferica.

Soluzione esercizio 3. Per il calcolo di integrali in ℝ^{3} procediamo in maniera analoga a quello che si è fatto per gli integrali doppi; cerchiamo di scrivere dunque il dominio B come insieme normale rispetto all’asse delle z. A tal fine dobbiamo trovare due funzioni α(x, y) e β(x, y), definite su uno stesso dominio Ω ⊂ ℝ^{2}, tali che risulti

B = {(x, y, z) ∈ Ω × ℝ : α(x, y) ≤ z ≤ β(x, y)}

Essendo B la regione di ℝ^{3} delimitata dalla sfera x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 e dal cono z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} risulta chiaro che α(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} e β(x, y) = \sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}. Per trovare il dominio Ω di queste due funzioni calcoliamo ( in maniera del tutto analoga al caso di integrali in ℝ^{2}) i punti in cui s’intersecano risolvendo il sistema:

\{ \begin{matrix}x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 \\ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \end{matrix}

Sostituendo la seconda equazione nella prima otteniamo x^{2} + y^{2} = \frac{1}{2} , che è l’equazione di una circonferenza di raggio \frac{\sqrt{2}}{2}. L’ integrale triplo assegnato può esserre adesso ridotto ad un integrale di due variabili :

∫∫∫_{B} z (x^{2} + y^{2}) dx dy dz = ∫∫_{Ω} (∫\begin{matrix}√ & \overline{1−x^{2}−y^{2}} \\ √ & \overline{x^{2}+y^{2}} \end{matrix} z dz) (x^{2} + y^{2}) dx dy =

= ∫∫_{Ω} (x^{2} + y^{2}) [\frac{z^{2}}{2} ]\begin{matrix}√ & \overline{1−x^{2}−y^{2}} \\ √ & \overline{x^{2}+y^{2}} \end{matrix} dx dy =
= \frac{1}{2} ∫∫_{Ω} (1 − 2x^{2} − 2y^{2}) (x^{2} + y^{2}) dx dy

dove con Ω abbiamo indicato il cerchio di raggio \frac{\sqrt{2}}{2} centrato nell’ origine. A questo punto risulta utile, data la conformazione del dominio ed anche la particolare forma della funzione integranda, il passaggio a coordinate polari. Sia

Φ(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ)

e sia

A = [0, \frac{\sqrt{2}}{2}] × [0, 2π]

risulta

Φ (A) = Ω

Al fine di utilizzare il teorema del cambio di variabili osserviamo che Φ verifica le ipotesi di differenziabilità , di limitatezza e di iniettività nell’interno di A. La matrice Jacobiana della trasformazione è:

J_{Φ} = ( \begin{matrix}cos θ & −ρ sin θ \\ sin θ & ρ cos θ \end{matrix} )

dunque

| det(J_{Φ})| = ρ

ed è sempre ≠ 0 nell’interno di A. Applichiamo allora il teorema all’integrale precedentemente ottenuto

∫∫∫_{B} z (x^{2} + y^{2}) dx dy dz = \frac{1}{2} ∫∫_{Ω} (1 − 2x^{2} − 2y^{2}) (x^{2} + y^{2}) dρ dθ =
= \frac{1}{2} ∫∫_{A} (1 − 2ρ^{2}) ρ^{3} dρ dθ =

= \frac{1}{2} ∫0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} (∫_{0}^{2π} ρ^{3} − 2ρ^{5} dθ) dρ =

= π ∫0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} ρ^{3} − 2ρ^{5} dρ = π [\frac{ρ^{4}}{4} − \frac{ρ^{6}}{3} ]0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{π}{48}

Soluzione esercizio 4. Il triangolo di vertici (0, 0) , (1, 0) e (0, −1) è :

T = {(x, y)ℝ^{2} : x ≥ 0, y ≤ 0, x − y ≤ 1 }

Vogliamo appllicare, come suggerito dalla particolare forma della funzione, il cambio di variabili u = x + y e v = x − y. Dobbiamo allora trovare la trasformazione Φ che esprima le variabili x ed y come funzioni delle nuove variabili u e v ed individuare quale sottinsieme A di ℝ^{2} viene mandato in T tramite la Φ. Dalle equazioni

\{ \begin{matrix}u = x + y \\ v = x − y \end{matrix}

otteniamo sommando e sottraendo, rispettivamente, la seconda equazione alla prima e dividendo per 2

\{ \begin{matrix}x = \frac{u+v}{2} \\ y = \frac{u−v}{2} \end{matrix}

Sia allora Φ(u, v) = (\frac{u+v}{2} , \frac{u−v}{2} ) , Φ è differenziabile, limitata e iniettiva per v ≠ 0 e

| det(J_{Φ})| = \frac{1}{2} ∀ (u, v) ∈ ℝ^{2}

Per poter applicare il teorema del cambio di variabili, resta allora da individuare l’insieme A tale che Φ(A) = T. Dalle tre disequazioni che descrivono T otteniamo, andando a sostituire ad x ed y le rispettive espressioni in u e v, altrettante disequazioni che descrivono A:

\{ \begin{matrix}x ≥ 0 & ⇒  \frac{u+v}{2} ≥ 0 & ⇒  u ≥ −v \\ y ≤ 0 & ⇒  \frac{u−v}{2} ≤ 0 & ⇒  u ≤ v \\ x − y ≤ 1 & ⇒  v ≤ 1 \end{matrix}

Allora

A = {(u, v) ∈ ℝ^{2} : −v ≤ u ≤ v, v ≤ 1 } = {(u, v) ∈ ℝ × [0, 1] : −v ≤ u ≤ v}

e risulta:

∫∫_{T} exp (\frac{x + y}{x − y} ) dx dy = \frac{1}{2} ∫∫_{A} exp (\frac{u}{v}) du dv =
= \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} (∫_{−v}^{v} exp (\frac{u}{v}) du) dv =
= \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} v [exp (\frac{u}{v}) du]_{−v}^{v} dv =
= \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} v (e − \frac{1}{e}) dv = \frac{1}{4} (e − \frac{1}{e})