Integrali doppi generalizzati e integrale di Gauss

Lezione 6 di analisi, Unità 6. Prerequisiti: Integrali doppi in coordinate polariCon x = ρ cos t, y = ρ sin t lo jacobiano è ρ: ∫D f dx dy = ∫E f(ρ cos t, ρ sin t) ρ dρ dt, con E la descrizione di D in (ρ,t). Conviene per dischi, corone, settori e funzioni radiali: ∫{B(0,R]} g(√(x²+y²)) = 2π ∫₀ᴿ g(ρ) ρ dρ. L'area della regione 0 ≤ ρ ≤ ρ(t), t ∈ [a,b] è ½ ∫ₐᵇ ρ(t)² dt. Esempi: ∫{B(0,R]} e^{x²+y²} = π(e^{R²} − 1); petalo (x²+y²)² ≤ 8xy di area 2.Integrali doppi in coordinate polari →, Integrali impropriL'integrale improprio (o in senso generalizzato) estende l'integrale definito a intervalli illimitati, ∫ da a a +∞ = lim per x→+∞ di ∫ da a a x, e a funzioni illimitate vicino a un estremo, ∫ da a a b = lim per x→a⁺ di ∫ da x a b. Se il limite è finito l'integrale converge, se è ±∞ diverge, se non esiste f non è integrabile in senso generalizzato. Si calcola con primitiva, integrale definito e poi limite. Per f ≥ 0 valgono il confronto e il confronto asintotico con le funzioni test 1/x^α: a +∞ convergono per α > 1, vicino a 0 per α < 1.Integrali impropri → (in una variabile).

Integrali iterati sul piano

Sia $f : \mathbb{R}^2 \to [0, +\infty[$. Per $x$ fissato, $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x, y)\,dy$ è un integrale generalizzato (finito o $+\infty$).

Definizione. L'integrale iterato $\int_{-\infty}^{+\infty}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}f(x, y)\,dy\right)dx$ esiste finito se:

1. per tutti gli $x$, salvo al più un numero finito, $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x, y)\,dy$ è finito;
2. la funzione $x \mapsto \int_{-\infty}^{+\infty}f(x, y)\,dy$ è integrabile in senso generalizzato. Analogamente con i ruoli di $x$ e $y$ scambiati.

Proposizione (riduzione per integrali generalizzati). $f : \mathbb{R}^2 \to [0, +\infty[$ è integrabile su $\mathbb{R}^2$ se e solo se uno dei due integrali iterati esiste finito. In tal caso entrambi coincidono con $\int_{\mathbb{R}^2}f\,dx\,dy$. Osservazione. Se $f$ è integrabile sul piano, per ogni successione crescente di insiemi limitati $D_k$ che "invade" il piano ($D_k \subseteq D_{k+1}$, $\bigcup_k D_k = \mathbb{R}^2$) si ha $\int_{D_k}f \to \int_{\mathbb{R}^2}f$.

Per le funzioni positive valgono tutti gli strumenti visti (riduzione su domini semplici, cambio di variabili, polari), con questo criterio pratico:

Criterio (funzioni positive). Se $f \ge 0$ e, calcolando l'integrale con una formula di riduzione o un cambio di variabili, si ottiene un valore finito, allora $f$ è integrabile e l'integrale è quel valore.

Esempio del prof. $e^{-x/y}$ su $D = \{y > 0,\ x \ge y^2\}$ (illimitato a destra). Con le fette orizzontali ($y$ fissato, $x$ da $y^2$ a $+\infty$): $$\int_{y^2}^{+\infty}e^{-x/y}\,dx = \Big[-y\,e^{-x/y}\Big]_{y^2}^{+\infty} = y\,e^{-y}$$ (per $y > 0$, $e^{-x/y} \to 0$ per $x \to +\infty$). Poi $\int_0^{+\infty}y\,e^{-y}\,dy = 1$ (per parti). Il risultato è finito: $f$ è integrabile su $D$ e l'integrale vale $1$.

Esempio [2023]. $x\,y\,e^{-x^2 - y^2}$ sul primo quadrante aperto: è un prodotto $g(x)h(y)$ di funzioni positive, e $$\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}x\,e^{-x^2}\,y\,e^{-y^2}\,dx\,dy = \left(\int_0^{+\infty}x\,e^{-x^2}\,dx\right)^2 = \left(\frac12\right)^2 = \frac14$$

Esempio [2023]. $\frac{y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}$ sul quarto di disco $\{x, y \ge 0,\ x^2 + y^2 \le 1\}$ (limitato, ma la funzione esplode sul bordo circolare). In polari: $$\int_0^{\pi/2}\int_0^1\frac{\rho\sin t}{\sqrt{1 - \rho^2}}\,\rho\,d\rho\,dt = \underbrace{\int_0^{\pi/2}\sin t\,dt}_{1}\cdot\int_0^1\frac{\rho^2}{\sqrt{1 - \rho^2}}\,d\rho$$ Con $\rho = \sin\theta$: $\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\,d\theta = \frac\pi4$. Finito: integrabile, con integrale $\frac\pi4$.

L'integrale di Gauss

$$I := \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}\,dt = \sqrt\pi$$

La funzione $e^{-t^2}$ non ha primitiva elementare: l'integrale in una variabile non si calcola direttamente. Il trucco è passare a due variabili e integrare $f(x, y) = e^{-x^2 - y^2} > 0$ sul piano in due modi.

1. Formula di riduzione: $e^{-x^2 - y^2} = e^{-x^2}\,e^{-y^2}$ è un prodotto, quindi $$\int_{\mathbb{R}^2}e^{-x^2 - y^2}\,dx\,dy = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\,dx\cdot\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}\,dy = I^2$$
2. Coordinate polari (sui dischi $B(0, R]$ che invadono il piano): $$\int_{B(0,R]}e^{-x^2 - y^2}\,dx\,dy = 2\pi\int_0^R e^{-\rho^2}\rho\,d\rho = \pi\left(1 - e^{-R^2}\right) \xrightarrow[R \to \infty]{} \pi$$

Quindi $I^2 = \pi$, e siccome $I > 0$, $I = \sqrt\pi$. Questo risultato serve in probabilità per la densità gaussianaZ ~ N(0,1) ha densità e^{−x²/2}/√(2π) (normalizzata grazie all'integrale di Gauss), media 0, varianza 1, funzione di distribuzione Φ tabulata per x ≥ 0, con Φ(−x) = 1 − Φ(x). X ~ N(μ, σ²) se (X − μ)/σ ~ N(0,1), cioè X = μ + σZ: media μ, varianza σ², densità e^{−(x−μ)²/(2σ²)}/√(2πσ²). Si calcola sempre standardizzando: P(X ≤ a) = Φ((a − μ)/σ). Regola 68-95-99.7: P(|X − μ| ≤ σ) ≈ 0.683, ≤ 2σ ≈ 0.954, ≤ 3σ ≈ 0.997.Variabili aleatorie normali (gaussiane) →.

Attenzione: con funzioni di segno variabile

Esempio del prof. Con $f(x, y) = e^{-xy} - 2e^{-2xy}$ su $[1, +\infty[\times[0, 1]$: $$A = \int_0^1\int_1^{+\infty}f\,dx\,dy = \int_0^1\frac{e^{-2y}(e^y - 1)}{y}\,dy \approx 0.523, \qquad B = \int_1^{+\infty}\int_0^1 f\,dy\,dx = -\int_1^{+\infty}\frac{e^{-2x}(e^x - 1)}{x}\,dx \approx -0.170$$ I due integrali iterati esistono finiti ma sono diversi (valori numerici calcolati con Python). Il motivo: $f$ cambia segno e $|f|$ non è integrabile sul dominio; il teorema di riduzione vale per funzioni positive (o, più in generale, assolutamente integrabili). Morale: con funzioni di segno variabile su domini illimitati, scambiare l'ordine di integrazione non è garantito.

Errori comuni

• Applicare il criterio "se viene finito è integrabile" a funzioni di segno variabile.
• Dimenticare di verificare che l'integrale interno sia finito prima di passare a quello esterno.
• Scrivere $\int e^{-x^2}dx$ come una primitiva elementare.