AM3 - Tutorato IX

SOLUZIONI

mercoledì 5 maggio 2004

Soluzione esercizio 1. Per calcolare l’integrale assegnato è opportuno, come suggerito sia dalla forma della funzione che da quella del dominio di integrazione D, operare il seguente cambio di variabili:

\{ \begin{matrix}u = x(y + 1) \\ v = ye^{x} \end{matrix}

Sia allora Φ(x, y) = (x(y + 1), ye^{x}) = (u, v) , Φ è chiaramente differenziabile e dal momento che D = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : 1 ≤ ye^{x} ≤ 2, 2 ≤ x(y + 1) ≤ 3} risulta:

A = Φ(D) = {(u, v) ∈ ℝ^{2} : 1 ≤ v ≤ 2, 2 ≤ u ≤ 3} = [2, 3] × [1, 2]

La matrice Jacobiana della trasformazione è:

\frac{∂(u, v)}{∂(x, y)} = ( \begin{matrix}y + 1 & x \\ ye^{x} & e^{x} \end{matrix} ) .

per cui:

| det(J_{Φ})| = |e^{x}(y + 1) − xye^{x}| = e^{x}|xy − y − 1|

Sia allora f(u, v) = \frac{v^{2}}{u^{2}} abbiamo che:

∫∫_{D} e^{x}|xy − 1 − y|\frac{e^{2x}y^{2}}{x^{2} (1 + y)^{2}} dx dy =

= ∫∫_{D} | det(J_{Φ})| f ∘ Φ(x, y) dx dy = ∫∫_{A} f(u, v) du dv

dove abbiamo usato per l’ ultima uguaglianza il teorema del cambio di variabili in ℝ^{n} (cfr. testo del tutorato VIII). In conclusione calcoliamo il semplice integrale così ottenuto:

∫∫_{A} f(u, v) du dv = ∫∫_{[2,3]×[1,2]} \frac{v^{2}}{u^{2}} du dv =

= ∫_{2}^{3} (∫_{1}^{2} \frac{v^{2}}{u^{2}} dv) du = ∫_{2}^{3} [\frac{v^{3}}{3} ]_{1}^{2} \frac{du}{u^{2}} =
= \frac{7}{3} ∫_{2}^{3} \frac{du}{u^{2}} = \frac{7}{3} [−\frac{1}{u} ]_{2}^{3} =
= \frac{7}{3} (−\frac{1}{3} + \frac{1}{2}) = \frac{7}{18}

Soluzione esercizio 2. Procediamo anche in questo caso operando il cambio di variabile suggerito dalla forma della funzione integranda, ovvero poniamo:

\{ \begin{matrix}u = y + x^{3} \\ v = y − x^{3} \end{matrix}

Consideriamo allora la trasformazione Φ(x, y) = (y + x^{3}, y − x^{3}). Si può facilmente verificare che Φ verifica le ipotesi del teorema del cambio di variabili (differenziabilità , limitatezza ed iniettività nell’interno del dominio d’integrazione). Calcoliamo lo Jacobiano di Φ:

J_{Φ} = \frac{∂(u, v)}{∂(x, y)} = ( \begin{matrix}3x^{2} & 1 \\ −3x^{2} & 1 \end{matrix} )

per cui:

| det(J_{Φ})| = 6x^{2} ≠ 0 ∀ x ∈ T

Adesso cerchiamo di esprimere le variabili x ed y in funzione delle nuove variabili u e v , al fine di individuare qual è il sottinsieme di ℝ^{2} che è l’immagine di T tramite Φ. Dalle equazioni u(x, y) = y + x^{3} e v(x, y) = y − x^{3} sottraendo prima e sommando in seguito l’una all’altra, otteniamo

\{ \begin{matrix}x = (\frac{u−v}{2} )^{\frac{1}{3}} \\ y = \frac{u+v}{2} \end{matrix}

Andiamo ora a sostituire alle equazioni che individuano T in funzione di x ed y, le loro rispettive espressioni in u e v

\{ \begin{matrix}x ≥ 1 & ⇒  \frac{u−v}{2} ≥ 1 & ⇒  u ≥ v + 2 \\ y ≤ 3 & ⇒  \frac{u+v}{2} ≤ 3 & ⇒  u ≤ 6 − v \\ x^{3} ≤ y & ⇒  y − x^{3} ≥ 0 & ⇒  v ≥ 0 \end{matrix}

Allora se

B = {(u, v) ∈ ℝ^{2} : v + 2 ≤ u ≤ 6 − v, v ≤ 0 }

risulta B = Φ(T). Prendendo dunque f(u, v) = ve^{u} e scrivendo B come insieme normale rispetto all’asse delle u nel seguente modo:

{(u, v) ∈ ℝ × [0, 2] : v + 2 ≤ u ≤ 6 − v}

abbiamo:

∫∫_{T} x^{2} (y − x^{3}) exp (y + x^{3}) dx dy =
= \frac{1}{6} ∫∫_{T} |det(J_{Φ})| f ∘ Φ(x, y) dx dy = \frac{1}{6} ∫∫_{B} f(u, v) du dv =
= \frac{1}{6} ∫_{0}^{2} (∫_{v+2}^{6−v} ve^{u} du) dv = \frac{1}{6} ∫_{0}^{2} v (e^{6−v} − e^{v+2}) dv =
= \frac{1}{6} \{e^{6} ∫_{0}^{2} ve^{−v} − e^{2} ∫_{0}^{2} e^{v}\} = … = \frac{1}{6} (e^{6} − 4e^{4} − e^{2})

Soluzione esercizio 3. La regione di ℝ^{3} limitata dalle superfici aventi equazioni z = 0 , 4z = x^{2} +y^{2} e x^{2} +y^{2} −2y = 0 può essere scritta come insieme normale rispetto all’asse delle z nel modo seguente:

B = \{(x, y, z) ∈ C × ℝ : 0 ≤ z ≤ \frac{x^{2} + y^{2}}{4} \}

dove C = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} − 2y ≤ 0}.

Allora, applicando il metodo degli integrali iterati su insiemi normali, integriamo prima nella variabile z :

∫∫∫_{B} x\sqrt{|yz|} dx dy dz = ∫∫_{C} (∫0^{\frac{x^{2}+y^{2}}{4}} \sqrt{z} dz) x\sqrt{|y|} dx dy =

= \frac{2}{3} ∫∫_{C} x\sqrt{|y|} [z^{\frac{3}{2}} dz]0^{\frac{x^{2}+y^{2}}{4}} dx dy =
= \frac{1}{12} ∫∫_{C} x\sqrt{|y|} (x^{2} + y^{2})^{\frac{3}{2}} dx dy

Per risolvere quest’integrale di due variabili procediamo, data la conformazione del dominio, operando il passaggio a coordinate polari, ponendo cioè

(x, y) = Φ(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ)

Siamo già a conoscenza (cfr. soluzioni del tutorato 8) del fatto che Φ verifica le ipotesi di differenziabilità , di limitatezza e di iniettività richieste dal teorema del cambio di variabile. Inoltre abbiamo già in precedenza calcolato (cfr. sempre soluzioni del tutorato 8) che :

| det(J_{Φ})| = ρ

Resta solo da individuare il sottinsieme A di ℝ^{2} tale che Φ(A) = C. Sostituiamo allora, analogamente a quanto fatto più volte in precedenza, le espressioni di x ed y in funzione di ρ e θ nelle equazioni che descrivono C, a così da trovare altrettante equazioni (in ρ e θ ) che descrivano A.

x^{2} + y^{2} − 2y ≤ 0  ⇒  ρ^{2} − 2ρ sin θ ≤ 0  ⇒  ρ ≤ 2 sin θ

Allora, siccome nella rappresentazione in coordinate polari ρ rappresenta la distanza dall’origine, si deve avere ρ ≥ 0 e dunque in particolare deve essere :

sin θ ≥ 0  ⇒  0 ≤ θ ≤ π

e dunque risulta :

A = {(ρ, θ) ∈ ℝ^{2} : 0 ≤ θ ≤ π, ρ ≤ 2 sin θ}

Calcoliamo allora per concludere, sfruttando il teorema per l’integrazione su insiemi normali, l’integrale precedentemente ottenuto:

∫∫∫_{B} x\sqrt{|yz|} dx dy dz = \frac{1}{12} ∫∫_{C} x\sqrt{|y|} (x^{2} + y^{2})^{\frac{3}{2}} dx dy =

= \frac{1}{12} ∫∫_{A} ρ cos θ\sqrt{ρ sin θ} ρ^{4} dθ dρ =
= \frac{1}{12} ∫_{0}^{π} (∫_{0}^{2 sin θ} ρ^{\frac{11}{2}} dρ) cos θ\sqrt{sin θ} dθ =
= \frac{1}{78} ∫_{0}^{π} [ρ^{\frac{13}{2}} ]_{0}^{2 sin θ} cos θ\sqrt{sin θ} dθ =
= \frac{32\sqrt{2}}{39} ∫_{0}^{π} cos θ sin^{7} θ dθ = \frac{4\sqrt{2}}{39} [sin^{8} θ]_{0}^{π} = 0

Soluzione esercizio 4. Per calcolare quest’integrale è opportuno esprimere E in maniera più conveniente rispetto alle coordinate sferiche (come suggeriro nel testo) . Pertanto, posto (x, y, z) = T (ρ, θ, ϕ) = (ρ cos θ sin ϕ, ρ sin θ sin ϕ, ρ cos ϕ) abbiamo :

J_{T} = ( \begin{matrix}cos θ sin ϕ & −ρ sin θ sin ϕ & ρ cos θ cos ϕ \\ sin θ sin ϕ & ρ cos θ sin ϕ & ρ sin θ cos ϕ \\ cos ϕ & 0 & −ρ sin ϕ \end{matrix} )

e dunque | det(J_{T})| = ρ^{2} sin ϕ (si lascia alla discrezione dello studente la facile verifica).

Cerchiamo ora le condizioni sulle nuove variabili per descrivere il sottinsieme S di ℝ^{3} che viene mandato in E dall’ applicazione T:

x^{2} + y^{2} ≥ z^{2} ⇒ ρ^{2} sin^{2} ϕ ≥ ρ^{2} cos^{2} ϕ  ⇒ sin^{2} ϕ − cos^{2} ϕ ≥ 0
⇒ cos 2ϕ ≤ 0  ⇒ ϕ ∈ [\frac{π}{4} , \frac{3}{4}π]
x^{2} + y^{2} ≤ ax ⇒ ρ^{2} sin^{2} ϕ ≤ aρ sin ϕ cos θ ⇒ ρ sin ϕ ≤ a cos θ
⇒ ρ ∈ [0, \frac{a cos θ}{sin ϕ} ]
x ≥ 0  ⇒ ρ cos θ sin ϕ ≥ 0  ⇒ cos θ ≥ 0
⇒ θ ∈ [0, \frac{π}{2} ] ∪ [\frac{3}{2}π, 2π]

Dunque E = T (S) con

S = \{(0 ≤ ρ ≤ \frac{a cos θ}{sin ϕ} , 0 ≤ θ ≤ \frac{π}{2} oppure \frac{3}{2}π ≤ θ ≤ 2π, \frac{π}{4} ≤ ϕ ≤ \frac{3}{4}π\}

Applichiamo allora il teorema del cambio di variabili per calcolare l’integrale assegnato:

∫∫∫_{E} \sqrt{x^{2} + y^{2}} dx dy dz = ∫∫∫_{S} ρ sin ϕ ρ^{2} sin ϕ dρ dθ dϕ =
= ∫0^{\frac{π}{2}} [∫ \frac{3}{4} π_{\frac{π}{4}} (∫0^{\frac{a cos θ}{sin ϕ}} ρ^{3} dρ) sin^{2} ϕ dϕ] dθ +

+ ∫_{\frac{3}{2} π}^{2π} [∫ \frac{3}{4} π_{\frac{π}{4}} (∫0^{\frac{a cos θ}{sin ϕ}} ρ^{3} dρ) sin^{2} ϕ dϕ] dθ =

= \frac{a^{4}}{4} (∫0^{\frac{π}{2}} cos^{4} θ dθ dϕ + ∫_{\frac{3}{2} π}^{2π} cos^{4} θ dθ) ∫ \frac{3}{4} π_{\frac{π}{4}} \frac{1}{sin^{2} ϕ} dϕ =

= \frac{a^{4}}{2} (∫0^{\frac{π}{2}} cos^{4} θ dθ) [− cot ϕ]\frac{3}{4} π_{\frac{π}{4}} =

= a^{4} ∫0^{\frac{π}{2}} cos^{4} θ dθ = a^{4} ∫0^{\frac{π}{2}} (\frac{1 + cos 2θ}{2} )^{2} dθ =
= \frac{a^{4}}{4} ∫0^{\frac{π}{2}} (1 + 2 cos 2θ + cos^{2} 2θ) dθ =
= \frac{a^{4}}{4} (\frac{π}{2} + [sin 2θ]0^{\frac{π}{2}} + ∫0^{\frac{π}{2}} \frac{1 + cos 4θ}{2} dθ) = ⋯ = \frac{3}{16}πa^{4}