Integrali risolti mediante cambio di coordinate

  1. $\int\!\!\!\! \int _{D} e^{x} \log y \ dx\ dy,\quad D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : e^{x} \le y \le 2 e^{x}, \ 2 e^{-x} \le y \le 3 e^{-x} \}$
  2. $\int_D\frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\ dxdy,\quad D=\{(x,y)\in\mathbb{R}:\ 0\leq y\leq x\quad xy\leq 1\leq x+y-1\}$
  3. $$
  4. $$

Integrale 1

Si calcoli il seguente integrale doppio: $$\int\!\!\!\! \int _{D} e^{x} \log y \ dx\ dy$$ dove D è l'insieme definito dalle seguenti limitazioni: $$ D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : e^{x} \le y \le 2 e^{x}, \ 2 e^{-x} \le y \le 3 e^{-x} \}$$

Il dominio $D$ è la parte di piano compresa tra le curve in figura:

dominio sul piano formato dall'intersezione di 4 esponenziali

Operiamo un cambio di variabili in modo da trasformare il dominio $D$ in un rettangolo. Dalla prima ricaviamo che:

$$ e^{x} \le y \le 2 e^{x} \Rightarrow 1 \le \frac{y}{e^{x}} \le 2 $$

mentre dalla seconda:

$$ \ 2 e^{-x} \le y \le 3 e^{-x} \Rightarrow 2\le e^{x} y \le 3$$

Poniamo allora

\begin{cases} u= e^{x} y\\ v= \frac{y}{e^{x}} \end{cases}

Il determinante della matrice Jacobiana è

$$ {\mathcal J} = \left| \begin{array}{ccc} e^{x} y & e^{x} \\ -\frac{y e^{x}}{e^{2x}} & \frac{1}{e^{x}} \end{array} \right| = y+y = 2y $$

Dalla $\quad v= \frac{y}{e^{x}} \quad$ ricaviamo $\quad e^{x}= \frac{y}{v} \quad$

Dalla $\quad u= e^{x} y\quad $ ricaviamo $\quad y= \frac{u}{e^{x}}$, quindi

$y= \frac{u v}{y} \Rightarrow y^2 = uv \Rightarrow \sqrt{uv} \Rightarrow 2y = 2 \sqrt{uv} \qquad$ e $\qquad e^{x}= \frac{y}{v}= \frac{\sqrt{uv}}{v} = \sqrt{\frac{u}{v}}$

Andando a sostituire le nuove coordinate nell'integrale di partenza, allora otteniamo:

$$\begin{eqnarray*} \int\!\!\!\! \int _{D} e^{x} \log y \ dx\ dy &=& \int_{1}^{2} \left[ \int_{2}^{3} \sqrt{\frac{u}{v}} \ 2 \sqrt{uv} \log \sqrt{uv} \ du \right] dv =\\ &=& 2 \int_{1}^{2} \left[ \int_{2}^{3} u (\log \sqrt{u} + \log \sqrt{v}) \ du \right] \ dv \end{eqnarray*}$$

Calcoliamo a parte l'integrale in $du$

\begin{eqnarray*} \int_{2}^{3} u (\log \sqrt{u} + \log \sqrt{v}) \ du &=& \int_{2}^{3} u \log \sqrt{u} \ du + \int_{2}^{3} u \log \sqrt{v} \ du =\\ &=& \left[ \frac{u^2}{2} \log \sqrt{u}\right]_{2}^{3} - \int_{2}^{3} \frac{u^2}{2} \frac{1}{2u} \ du + \log \sqrt{v} \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{2}^{3} = \\ & = & \frac{9}{2} \log \sqrt{3} - \frac{4}{2} \log \sqrt{2} - \frac{1}{4} \left[u^2\right]_{2}^{3} + \frac{5}{2} \log \sqrt{v} =\\ &=& \frac{1}{2}\left[ 9 \log \sqrt{3} -4 \log \sqrt{2} - \frac{5}{2} +5 \log \sqrt{v}\right] \end{eqnarray*}

Riprendendo l'integrale di partenza abbiamo:

\begin{eqnarray*} \int\!\!\!\! \int _{D} e^{x} \log y \ dx\ dy &=& \left[ 9 \log \sqrt{3} -4 \log \sqrt{2} - \frac{5}{2}\right] +5 \int_{1}^{2} \log \sqrt{v} \ dv =\\ &=& \left[ 9 \log \sqrt{3} -4 \log \sqrt{2} - \frac{5}{2}\right] +5 \left[ v \log \sqrt{v}\right]_{1}^{2} - 5 \int_{1}^{2} \frac{v}{2v} \ dv =\\ &=& 9 \log \sqrt{3} -4 \log \sqrt{2} - \frac{5}{2} +10 \log \sqrt{2} -\frac{5}{2} =\\ &=& -5 +9 \log \sqrt{3} + 6 \log \sqrt{2} \end{eqnarray*}

Integrale 2

$$\iint_D\frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\ dxdy$$ dove $$D=\{(x,y)\in\mathbb{R}:\ 0\leq y\leq x\quad xy\leq 1\leq x+y-1\}$$

Raffiguriamo D:

Dominio delimitato da rette e ramo di iperbole

Dalle equazioni che determinano la frontiera di D e dalla funzione integranda, possiamo dedurre che il cambiamento di variabili opportuno è:

$$\begin{cases} u=x+y\\ v=x-y\end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} x=\frac{u+v}{2}\\ y=\frac{u-v}{2}\end{cases}$$

Lo jacobiano della trasformazione è banalmente:

$$\mathcal J=\left| \begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right| =-\frac{1}{2}$$

Adesso, partendo dalle disuguaglianze che definiscono il dominio D, ricaviamo le limitazioni inferiori e superiori delle nuove variabili $u$ e $v$:

$$0\leq y\leq x\ \Rightarrow\ 0\leq u-v\leq u+v$$

ossia

$$\begin{cases} v\leq u\\ v\geq 0\end{cases}\ \Rightarrow\ 0\leq v\leq u\ (\bigstar )$$

Inoltre

$$xy\leq 1\leq x+y-1\ \Rightarrow\ \frac{u^2-v^2}{4}\leq 1\leq u-1$$

ossia

$$\begin{cases} v\geq\sqrt{u^2-4}\ (\bigstar\bigstar )\\ u\geq 2\ (\bigstar\bigstar\bigstar )\end{cases}$$

Le (\bigstar ), (\bigstar\bigstar ), (\bigstar\bigstar\bigstar ) ci dicono che $u\in[2,+\infty[$ e $v\in[\sqrt{u^2-4},u]$ e che quindi il dominio trasformato è un dominio normale rispetto a $u$

Dunque, risolviamo l'integrale iniziale:

$$\begin{eqnarray} \iint_D\frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\ dxdy &=& \int_2^{+\infty}du\int_{\sqrt{u^2-4}}^u\frac{\frac{(u+v)^2}{4}-\frac{(u-v)^2}{4}}{\sqrt{\frac{(u+v)^2}{4}+\frac{(u-v)^2}{4}}}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\ dv=\\ &=&-\frac{\sqrt{2}}{2} \int_2^{+\infty}du\int_{\sqrt{u^2-4}}^u\frac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}\ dv =\\ &=&-\frac{\sqrt{2}}{4} \int_2^{+\infty}u\ du\int_{\sqrt{u^2-4}}^u 2v(u^2+v^2)^{-1/2}\ dv=\\ &=&-\frac{\sqrt{2}}{2} \int_2^{+\infty}u\cdot [\sqrt{u^2+v^2}]_{\sqrt{u^2-4}}^u\ du =\\ &=&-\int_2^{+\infty}u^2-u\sqrt{u^2-2}\ du=\\ &=&-\int_2^{+\infty}u^2\ du +\frac{1}{2}\int_2^{+\infty}2u(u^2-2)^{1/2}\ du=\\ &=&\lim\limits_{c\to +\infty}\left \{\left[-\frac{u^3}{3}\right]_2^c+\frac{1}{3}\left[\sqrt{(u^2-2)^3}\right]_2^c\right \}=\\ &=&\lim\limits_{c\to +\infty}\left(-\frac{c^3}{3}+\frac{8}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{(c^2-2)^3}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)=\\ &=&\frac{1}{3}\lim\limits_{c\to +\infty}(\sqrt{(c^2-2)^3}-c^3+8-2\sqrt{2})=-\infty\end{eqnarray}$$

Infatti:

$$\begin{eqnarray} \lim\limits_{c\to +\infty}(\sqrt{(c^2-2)^3}-c^3)&=&\lim\limits_{c\to +\infty}\frac{\sqrt{(c^2-2)^3}-c^3}{\sqrt{(c^2-2)^3}+c^3}\cdot (\sqrt{(c^2-2)^3}+c^3)=\\ &=&\lim\limits_{c\to +\infty}\frac{(c^2-2)^3-c^6}{\sqrt{(c^2-2)^3}+c^3}=\\ &=&\lim\limits_{c\to +\infty}\frac{-6c^4+12c^2-8}{\sqrt{(c^2-2)^3}+c^3}=-\infty\end{eqnarray}$$

Integrale 4

Integrale 5

Questo sito usa i cookies per fornirti una migliore esperienza di navigazione. Prendi visione della privacy policy e clicca su "Accetta" per proseguire.