Esercizio 30cambi di variabile lineari e non lineari

Testo.

1. (Lezione 6, esercizio 6; Appello 3, 9 luglio 2019, A1.) Mostrare che l'integrale iterato $\int_0^1\int_0^{1-x}\sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2\,dy\,dx$ è l'integrale doppio di $f(x, y) = \sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2$ su una opportuna regione $R$. Calcolarlo poi con il cambio di variabile $u = x + y$, $v = y - 2x$.
2. (Lezione 6, esercizio "cambio non lineare 2023".) Calcolare $\int_D xy^3\,dx\,dy$, dove $D$ è la regione delimitata da $xy = 1$, $xy = 3$, $y = 2$, $y = 6$, con il cambio $u = y/2$, $v = 3xy$.
3. (Lezione 6, esercizio "cambio non lineare OLD".) Sia $D = \{x^2 \le y \le 2x^2,\ y^2 \le x \le 2y^2\}$. Calcolare $\int_D\frac{e^{y/x^2}}{x^2y^2}\,dx\,dy$.
4. (Lezione 6, esercizio 7; Ripassi 1.28.) Calcolare $\int_D\sqrt{\frac xy}\,e^{\sqrt{xy}}\,dx\,dy$, dove $D = \{x \in [1, 2],\ \frac1x \le y \le x\}$. Suggerimento: porre $u = \sqrt{xy}$, $v = \sqrt{x/y}$.
5. (Lezione 6, esercizio 8.) Integrare $(x^2 - y^2)^2$ sul quadrato di vertici $(\pm1, 0)$, $(0, \pm1)$.
6. (Lezione 6, esercizio 9; Ripassi 1.24.) Integrare $xy$ su $D = \{x > 0,\ y > 0,\ x \le y \le 3x,\ \frac1x \le y \le \frac3x\}$.
7. (Appello 3, a.a. 2015/16.) Calcolare $\int_D\sqrt{\frac{x - y}{x + y + 1}}\,dx\,dy$, dove $D$ è il quadrato di vertici $(0, 0)$, $(1, -1)$, $(2, 0)$, $(1, 1)$, usando il cambiamento di variabili $u = x - y$, $v = x + y$.
8. (Appello 1, 2014/15.) Sia $R$ la regione del piano delimitata dalle curve $y = x^2$, $y = \frac{x^2}5$, $xy = 2$, $xy = 4$. Determinare l'area di $R$.

Teoria: Cambiamento di variabili negli integrali doppiSe φ : E → D, (u,v) ↦ (x,y), è biiettiva, C¹ e con det φ' ≠ 0, allora ∫_D f(x,y) dx dy = ∫_E f(φ(u,v)) |det φ'(u,v)| du dv: |det φ'| (lo jacobiano) misura di quanto φ dilata le aree. Si cambia variabile per semplificare il dominio (u = x + y, v = x − y trasformano un parallelogramma in un rettangolo) o la funzione. Se le nuove variabili sono date in funzione delle vecchie, (u,v) = ψ(x,y), si usa |det φ'| = 1/|det ψ'|. Simmetrie: f dispari in x su un dominio simmetrico rispetto all'asse y ha integrale nullo.Cambiamento di variabili negli integrali doppi →.

Promemoria. Se le nuove variabili sono date in funzione delle vecchie, $(u, v) = \psi(x, y)$, allora $dx\,dy = \frac{1}{|\det\psi'|}\,du\,dv$. Il nuovo dominio si trova trasformando le curve del bordo: ogni condizione su $x, y$ diventa una condizione su $u, v$.

1. $\sqrt{x + y}\,(y - 2x)^2$ sul triangolo

La regione $R$: $x \in [0, 1]$, $0 \le y \le 1 - x$: il triangolo di vertici $(0, 0)$, $(1, 0)$, $(0, 1)$, semplice rispetto a $x$.

Il cambio. $u = x + y$, $v = y - 2x$, con $\det\psi' = \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = 1 + 2 = 3$: $dx\,dy = \frac13\,du\,dv$. È biiettivo (lineare con determinante $\ne 0$).

Il nuovo dominio (immagine dei tre vertici, il triangolo va in un triangolo):

• $(0, 0) \mapsto (u, v) = (0, 0)$; $\quad(1, 0) \mapsto (1, -2)$; $\quad(0, 1) \mapsto (1, 1)$.

Il triangolo di vertici $(0, 0)$, $(1, -2)$, $(1, 1)$ nel piano $(u, v)$ è $\{u \in [0, 1],\ -2u \le v \le u\}$ (i lati dall'origine sono $v = -2u$ e $v = u$, il terzo è $u = 1$).

L'integrale. La funzione diventa $\sqrt u\,v^2$: $$\int_0^1\sqrt u\left(\int_{-2u}^{u}v^2\,dv\right)\frac13\,du = \frac13\int_0^1\sqrt u\cdot\frac{u^3 + 8u^3}{3}\,du = \int_0^1 u^{7/2}\,du = \frac29$$

2. $xy^3$ tra due iperboli e due rette

Il dominio (nel primo quadrante): tra le iperboli $xy = 1$ e $xy = 3$ e tra le rette $y = 2$ e $y = 6$, cioè $\{1 \le xy \le 3,\ 2 \le y \le 6\}$.

Il cambio $u = \frac y2$, $v = 3xy$ (con $x, y > 0$) porta le condizioni in $u \in [1, 3]$, $v \in [3, 9]$: il rettangolo $R = [1, 3]\times[3, 9]$. Inversa: $y = 2u$, $x = \frac{v}{3y} = \frac{v}{6u}$.

Jacobiano (direttamente dall'inversa): $\det\begin{pmatrix} \partial_u x & \partial_v x \\ \partial_u y & \partial_v y \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} -\frac{v}{6u^2} & \frac{1}{6u} \\ 2 & 0 \end{pmatrix} = -\frac{2}{6u} = -\frac{1}{3u}$, quindi $|\det| = \frac{1}{3u}$.

L'integrale. $xy^3 = \frac{v}{6u}(2u)^3 = \frac{8u^2v}{6} = \frac43u^2v$, e $$\int_R\frac43u^2v\cdot\frac{1}{3u}\,du\,dv = \frac49\int_1^3 u\,du\int_3^9 v\,dv = \frac49\cdot 4\cdot 36 = 64$$ (confermato con Python integrando direttamente in $x, y$).

3. $\frac{e^{y/x^2}}{x^2y^2}$ tra quattro parabole

Il cambio naturale: le condizioni sono $1 \le \frac{y}{x^2} \le 2$ e $1 \le \frac{x}{y^2} \le 2$, quindi si pone $u = \frac{y}{x^2}$, $v = \frac{x}{y^2}$: il dominio diventa il quadrato $[1, 2]\times[1, 2]$.

Jacobiano del cambio diretto: $$\det\psi' = \det\begin{pmatrix} -\frac{2y}{x^3} & \frac{1}{x^2} \\ \frac{1}{y^2} & -\frac{2x}{y^3} \end{pmatrix} = \frac{4}{x^2y^2} - \frac{1}{x^2y^2} = \frac{3}{x^2y^2}$$ quindi $dx\,dy = \frac{x^2y^2}{3}\,du\,dv$. Il fattore $x^2y^2$ si semplifica con il denominatore dell'integranda (è per questo che il testo ha quel denominatore): $$\int_D\frac{e^{y/x^2}}{x^2y^2}\,dx\,dy = \int_1^2\int_1^2\frac{e^u}{x^2y^2}\cdot\frac{x^2y^2}{3}\,du\,dv = \frac13\cdot\big(e^2 - e\big)\cdot 1 = \frac{e^2 - e}{3} \approx 1.557$$

4. $\sqrt{x/y}\,e^{\sqrt{xy}}$ (Ripassi 1.28)

Inversa del cambio. $u = \sqrt{xy}$, $v = \sqrt{x/y}$: moltiplicando $uv = x$, dividendo $\frac uv = y$.

Jacobiano: $\det\begin{pmatrix} v & u \\ \frac1v & -\frac{u}{v^2} \end{pmatrix} = -\frac uv - \frac uv = -\frac{2u}{v}$, $|\det| = \frac{2u}{v}$.

Nuovo dominio. $y \ge \frac1x \iff xy \ge 1 \iff u \ge 1$; $y \le x \iff \frac xy \ge 1 \iff v \ge 1$; $x \le 2 \iff uv \le 2$; ($x \ge 1$ segue da $u, v \ge 1$). Quindi $E = \{u \ge 1,\ v \ge 1,\ uv \le 2\}$, cioè $u \in [1, 2]$, $1 \le v \le \frac2u$.

L'integrale. L'integranda è $v\,e^u$, e moltiplicata per lo jacobiano diventa $v\,e^u\cdot\frac{2u}{v} = 2u\,e^u$: $$\int_1^2\int_1^{2/u}2u\,e^u\,dv\,du = \int_1^2 2u\,e^u\left(\frac2u - 1\right)du = \int_1^2(4 - 2u)\,e^u\,du$$ Per parti: $\int(4 - 2u)e^u\,du = (4 - 2u)e^u + 2e^u = (6 - 2u)e^u$. Quindi $$\Big[(6 - 2u)e^u\Big]_1^2 = 2e^2 - 4e \approx 3.905$$

5. $(x^2 - y^2)^2$ sul quadrato ruotato

Il quadrato di vertici $(\pm1, 0)$, $(0, \pm1)$ è $\{|x| + |y| \le 1\} = \{-1 \le x + y \le 1,\ -1 \le x - y \le 1\}$. Con $u = x + y$, $v = x - y$: rettangolo $[-1, 1]^2$, $|\det\psi'| = |{-2}| = 2$, $dx\,dy = \frac12\,du\,dv$, e $x^2 - y^2 = (x + y)(x - y) = uv$: $$\int_{[-1,1]^2}u^2v^2\cdot\frac12\,du\,dv = \frac12\cdot\frac23\cdot\frac23 = \frac29$$

6. $xy$ tra rette e iperboli (Ripassi 1.24)

Con $u = \frac yx \in [1, 3]$ e $v = xy \in [1, 3]$ il dominio diventa il quadrato $[1, 3]^2$. $$\det\psi' = \det\begin{pmatrix} -\frac{y}{x^2} & \frac1x \\ y & x \end{pmatrix} = -\frac yx - \frac yx = -2\frac yx = -2u, \qquad dx\,dy = \frac{1}{2u}\,du\,dv$$ $$\int_D xy = \int_1^3\int_1^3\frac{v}{2u}\,du\,dv = \frac12\cdot\log 3\cdot 4 = 2\log 3 \approx 2.197$$

7. $\sqrt{\frac{x - y}{x + y + 1}}$ sul quadrato (appello 2015/16)

Il quadrato di vertici $(0,0)$, $(1,-1)$, $(2,0)$, $(1,1)$ ha i lati sulle rette $x - y = 0$, $x - y = 2$, $x + y = 0$, $x + y = 2$: con $u = x - y$, $v = x + y$ diventa $[0, 2]^2$, e $|\det\psi'| = |\det\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}| = 2$: $$\int_0^2\int_0^2\sqrt{\frac{u}{v + 1}}\cdot\frac12\,du\,dv = \frac12\int_0^2\sqrt u\,du\cdot\int_0^2\frac{dv}{\sqrt{v + 1}} = \frac12\cdot\frac{4\sqrt2}{3}\cdot 2(\sqrt3 - 1) = \frac{4(\sqrt6 - \sqrt2)}{3} \approx 1.380$$

8. Area tra due parabole e due iperboli (appello 2014/15)

La regione. Le parabole stanno nel semipiano $y \ge 0$, e con $y > 0$ la condizione $xy > 0$ impone $x > 0$: la regione è nel primo quadrante. Lì $R$ è descritta da $$\frac15 \le \frac{y}{x^2} \le 1, \qquad 2 \le xy \le 4$$ (stare tra le parabole $y = \frac{x^2}5$ e $y = x^2$ significa $\frac{x^2}5 \le y \le x^2$; si divide per $x^2 > 0$).

Il cambio. Le due famiglie di curve suggeriscono $u = \frac{y}{x^2}$, $v = xy$: la regione diventa il rettangolo $[\frac15, 1] \times [2, 4]$. Il cambio è iniettivo: da $y = ux^2$ e $xy = v$ si ricava $ux^3 = v$, quindi $x = (v/u)^{1/3}$ e poi $y = ux^2$, in modo unico.

Lo jacobiano. È più facile calcolare quello della trasformazione diretta $(x, y) \mapsto (u, v)$ e poi prenderne il reciproco: $$\det\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \det\begin{pmatrix} -\frac{2y}{x^3} & \frac1{x^2} \\ y & x \end{pmatrix} = -\frac{2y}{x^2} - \frac{y}{x^2} = -\frac{3y}{x^2} = -3u$$ Lo jacobiano della trasformazione inversa è il reciproco, quindi $dx\,dy = \frac{1}{3u}\,du\,dv$ (in valore assoluto).

L'area. $$|R| = \int_2^4\int_{1/5}^1\frac{1}{3u}\,du\,dv = 2\cdot\frac13\Big[\log u\Big]_{1/5}^1 = \frac23\left(0 - \log\frac15\right) = \frac23\log5 \approx 1.073$$

Tutti i risultati sono stati verificati con Python calcolando gli integrali direttamente nelle variabili $x, y$.

Errori comuni

• Usare $|\det\psi'|$ invece di $\frac{1}{|\det\psi'|}$.
• Lasciare lo jacobiano espresso in $x, y$ quando si integra in $u, v$ (nell'esercizio 6 va riscritto come $2u$; nell'esercizio 3 si semplifica con l'integranda).
• Trasformare i vertici di una regione con lati curvi: funziona solo per i cambi lineari (che mandano segmenti in segmenti).