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Note per Studenti Esercizio - integrale doppio con cambio di variabili lineare (tema d'esame luglio 2019)

Esercizio - integrale doppio con cambio di variabili lineare

Esame
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Testo (tema d'esame luglio 2019, terzo appello, Fondamenti di Analisi Matematica e Probabilità). Mostrare che l'integrale iterato ∫01∫01−xx+y (y−2x)2 dy dx\int_0^1\int_0^{1-x}\sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2\,dy\,dx è l'integrale doppio di f(x,y)=x+y (y−2x)2f(x, y) = \sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2 su una opportuna regione RR. Calcolarlo poi con il cambio di variabile u=x+yu = x + y, v=y−2xv = y - 2x. (Suggerimento: disegnare RR e studiare l'immagine del bordo di RR nel piano u,vu, v.)

Teoria usata: Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polariSe Φ(u, v) = (x, y) è C¹, iniettiva (salvo insiemi di area nulla) con det JΦ ≠ 0, allora ∬D f dx dy = ∬D' f(Φ(u, v)) |det JΦ(u, v)| du dv: il fattore |det J| misura come Φ dilata le aree. Trasformazioni lineari: |det A| costante (ellisse: area πab). Coordinate polari x = r cos θ, y = r sin θ: dx dy = r dr dθ, adatte a dischi, corone e settori. Applicazioni: area, massa, baricentro, momento d'inerzia.Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polari →, Integrali doppi e teorema di FubiniL'integrale doppio di f su un rettangolo si definisce con somme inferiori e superiori su partizioni in rettangolini (per f ≥ 0 è il volume sotto il grafico); su un dominio limitato D si estende f con 0 fuori da D. Area(D) = ∬D 1. Per f continua su un dominio y-semplice {a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} vale Fubini: ∬D f = ∫ab (∫g1(x)g2(x) f dy) dx, e simmetricamente per i domini x-semplici; scambiare l'ordine può rendere calcolabile l'integrale.Integrali doppi e teorema di Fubini →, Matrice jacobiana e derivata delle funzioni compostePer F: Rn → Rm, F = (f1, …, fm), la matrice jacobiana JF è la matrice m × n con (JF)ij = ∂fi/∂xj: la riga i è il gradiente di fi. Regola della catena: J(f∘g)(x) = Jf(g(x)) · Jg(x); casi frequenti d/dt f(γ(t)) = ∇f(γ(t))·γ'(t) e ∂f/∂x = f_u u_x + f_v v_x. Se det JF(x0) ≠ 0, F è invertibile vicino a x0 e J(F⁻¹) = (JF)⁻¹. Coordinate polari: det J = ρ.Matrice jacobiana e derivata delle funzioni composte →.

1. La regione RR

L'integrale è ∫x=01∫y=01−xf dy dx\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1-x}f\,dy\,dx: x∈[0,1]x \in [0, 1] e, per ogni xx, 0≤y≤1−x0 \le y \le 1 - x. Quindi R={(x,y):x≥0, y≥0, x+y≤1},R = \{(x, y) : x \ge 0,\ y \ge 0,\ x + y \le 1\}, il triangolo di vertici O=(0,0)O = (0, 0), A=(1,0)A = (1, 0), B=(0,1)B = (0, 1).

2. Le nuove variabili

Il cambio è Φ:(x,y)↦(u,v)=(x+y, y−2x)\Phi: (x, y)\mapsto(u, v) = (x + y,\ y - 2x): una trasformazione lineare. Lo jacobiano della trasformazione diretta è ∂(u,v)∂(x,y)=det⁡(uxuyvxvy)=det⁡(11−21)=1⋅1−1⋅(−2)=3.\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \det\begin{pmatrix}u_x & u_y \\ v_x & v_y\end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -2 & 1\end{pmatrix} = 1\cdot1 - 1\cdot(-2) = 3. Il determinante è diverso da zero, quindi Φ\Phi è invertibile e du dv=3 dx dydu\,dv = 3\,dx\,dy, cioè dx dy=13 du dv.dx\,dy = \frac13\,du\,dv. (Il fattore da inserire nell'integrale è il modulo del determinante dell'inversa della trasformazione, cioè 13\frac13.) In queste variabili la funzione è f=u v2f = \sqrt{u}\,v^2: molto più semplice.

3. L'immagine del triangolo

Una trasformazione lineare manda segmenti in segmenti, quindi basta trasformare i vertici:

punto (x,y)(x, y) (u,v)=(x+y, y−2x)(u, v) = (x + y,\ y - 2x)
O=(0,0)O = (0, 0) (0,0)(0, 0)
A=(1,0)A = (1, 0) (1,−2)(1, -2)
B=(0,1)B = (0, 1) (1,1)(1, 1)

L'immagine TT è il triangolo di vertici (0,0)(0, 0), (1,−2)(1, -2), (1,1)(1, 1). I lati: OAOA va su v=−2uv = -2u, OBOB su v=uv = u, ABAB su u=1u = 1. Quindi T={(u,v):0≤u≤1, −2u≤v≤u}.T = \{(u, v) : 0 \le u \le 1,\ -2u \le v \le u\}. (A uu fissato, la sezione verticale va dalla retta v=−2uv = -2u alla retta v=uv = u.) Si verifica con un punto interno: il baricentro (13,13)\left(\frac13, \frac13\right) di RR va in (23,13−23)=(23,−13)\left(\frac23, \frac13 - \frac23\right) = \left(\frac23, -\frac13\right) e −43≤−13≤23-\frac43 \le -\frac13 \le \frac23 ✓.

4. Il calcolo

∬Rf dx dy=13∬Tu v2 du dv=13∫01u(∫−2uuv2 dv)du.\iint_Rf\,dx\,dy = \frac13\iint_T\sqrt u\,v^2\,du\,dv = \frac13\int_0^1\sqrt u\left(\int_{-2u}^{u}v^2\,dv\right)du. L'integrale interno: ∫−2uuv2 dv=u33−(−2u)33=u3+8u33=3u3\int_{-2u}^{u}v^2\,dv = \frac{u^3}{3} - \frac{(-2u)^3}{3} = \frac{u^3 + 8u^3}{3} = 3u^3. Quindi 13∫01u⋅3u3 du=∫01u7/2 du=[u9/29/2]01=29.\frac13\int_0^1\sqrt u\cdot3u^3\,du = \int_0^1u^{7/2}\,du = \left[\frac{u^{9/2}}{9/2}\right]_0^1 = \frac29.

∫01∫01−xx+y (y−2x)2 dy dx=29.\boxed{\int_0^1\int_0^{1-x}\sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2\,dy\,dx = \frac29.}

Verifica numerica. Il calcolo diretto dell'integrale iterato nelle variabili x,yx, y dà 0,2222…=290{,}2222\ldots = \frac29 ✓.

Errori comuni. Dimenticare il fattore 13\frac13 (o moltiplicare per 33 invece di dividere); trasformare male i vertici o i lati e sbagliare gli estremi di integrazione in vv (−2u-2u e uu, non 00 e uu); calcolare lo jacobiano della trasformazione inversa quando serve quello diretto, e viceversa.

Versione ripasso

Testo (tema d'esame luglio 2019). ∫01∫01−xx+y(y−2x)2 dy dx\int_0^1\int_0^{1-x}\sqrt{x + y}(y - 2x)^2\,dy\,dx come integrale su una regione RR; calcolo con u=x+yu = x + y, v=y−2xv = y - 2x.

  1. Regione: triangolo x≥0x \ge 0, y≥0y \ge 0, x+y≤1x + y \le 1, vertici (0,0)(0,0), (1,0)(1,0), (0,1)(0,1).
  2. Jacobiano: ∂(u,v)∂(x,y)=det⁡(11−21)=3\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \det\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -2 & 1\end{pmatrix} = 3, quindi dx dy=13du dvdx\,dy = \frac13du\,dv; f=uv2f = \sqrt uv^2.
  3. Immagine: vertici in (0,0)(0,0), (1,−2)(1,-2), (1,1)(1,1): T={0≤u≤1, −2u≤v≤u}T = \{0 \le u \le 1,\ -2u \le v \le u\}.
  4. Calcolo: 13∫01u∫−2uuv2dv du=13∫01u⋅3u3du=∫01u7/2du=29\frac13\int_0^1\sqrt u\int_{-2u}^uv^2dv\,du = \frac13\int_0^1\sqrt u\cdot3u^3du = \int_0^1u^{7/2}du = \frac29.

Errori tipici: fattore 13\frac13 dimenticato o invertito; estremi di vv sbagliati.

Teoria collegata