Cambiamento di variabili negli integrali doppi: La trasformazione in

Integrali doppi-La trasformazione in coordinate polari
Cambiamento di variabili negli integrali doppi: La trasformazione in coordinate polari
Osservazione: Se ( x, y ) ∈ R 2 \ {(0, 0)} esiste (evidentemente) una sola coppia ( ρ , θ ) ∈ R ∗+ × [ 0, 2π [
⎧ x = ρ cos θ
tale che ⎨
. Rimane in tal modo individuata una funzione ( x, y ) → ( ρ , θ ) invertibile la
⎩ y = ρ sin θ
cui funzione inversa è ( ρ , θ ) → ( x = ρ cos θ , y = ρ sin θ ) . Allora:
•
ρ e θ (che sono funzioni di ( x, y ) ) si dicono coordinate polari del punto di coordinate
cartesiane ( x, y ) ;
•
⎧ x = ρ cos θ
la rappresentazione ⎨
, con ( ρ , θ ) ∈ R ∗+ × [ 0, 2π [ (e anche la sua inversa della quale
⎩ y = ρ sin θ
però è stata omessa la rappresentazione) dicesi trasformazione; sono entrambe regolari sebbene
quella omessa ha una rappresentazione un po’ più articolata.
Formula per il calcolo di integrali con la trasformazione in coordinate polari: Sia D un
dominio regolare (cioè unione di domini normali regolari senza punti interni in comune) e
f : D ⊂ R 2 → R un funzione continua. Sia inoltre D( ρ ,θ ) ⊂ R ∗+ × [ 0, 2π [ , il dominio la cui
immagine mediante la precedente trasformazione è esattamente D . Allora sussiste la seguente
uguaglianza:
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫
D
f ( ρ cos θ , ρ sin θ ) ρ d ρ dθ .
D( ρ ,θ )
Osservazione:
•
La precedente formula potrà essere utile nel calcolo degli integrali se, non solo è relativamente
semplice la rappresentazione analitica della funzione f ( ρ cos θ , ρ sin θ ) ρ , ma anche quella del
dominio D( ρ ,θ ) .
•
ρ d ρ dθ è interpretabile come un’approssimazione dell’area della regione B rappresentata in
figura (con ρ ≡ r , d ρ = Δr e dθ = Δθ ).( 1 )
d ρ dθ
L’area effettiva è invece ( ρ + d ρ ) 2 dθ − ρ 2 dθ = ρ d ρ dθ + ( )
, che diventa ρ d ρ dθ quando si trascurano gli
2
2
2
2
(1)
infinitesimi di ordine superiori al secondo.
6
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•
⎡ ∂x
⎢ ∂ρ
Posto J ( ρ , θ ) = det ⎢
⎢ ∂x
⎢⎣ ∂θ
∂y ⎤
∂ρ ⎥
⎥ (dicesi Jacobiano della trasformazione) si ha J ( ρ ,θ ) = ρ . Da
∂y ⎥
∂θ ⎥⎦
ciò segue che la precedente formula di integrazione si ottiene formalmente sostituendo (tra le altre
cose) dxdy con J ( ρ ,θ )d ρ dθ , che rappresenta l’area della regione B nella precedente figura.
•
D( ρ ,ϑ ) è un rettangolo del tipo [ ρ1 , ρ 2 ] × [θ1 ,θ 2 ] se e soltanto se D è il settore della corona
circolare di centro (0, 0) e raggio ρ1 e ρ 2 limitato dalle due semirette uscenti dall’origine che
formano con l’asse delle x positive un angolo la cui misura in radianti è θ1 e θ 2 rispettivamente.
(Facoltativo) Quanto ora osservato, ragionevolmente, vale in contesti più generali. Si pensi per
esempio ad una costruzione dell’integrale in cui la suddivisione del dominio avvenga non con
rettangoli o con settori circolari del tipo l’insieme B , ma con figure più generali. In realtà sussiste
il seguente
⎧ x = x(u, v)
una funzione definita in un
Teorema(formula di integrazione per sostituzione): Sia ⎨
⎩ y = y (u , v)
aperto A di R 2 (a valori in R 2 ) tale che
i) è ingettiva (e dunque è invertibile come funzione a valori nel suo condominio);
ii) le funzioni (coordinate) x(u , v) e y (u , v) sono differenziabili;
⎡ ∂x
⎢ ∂u
iii) lo Jacobiano (cioè J (u , v) = det ⎢
⎢ ∂x
⎢⎣ ∂v
∂y ⎤
∂u ⎥
⎥ ) è diverso da 0 per ogni (u , v) .
∂y ⎥
∂v ⎥⎦
Siffatte funzioni si dicono trasformazioni (di coordinate). Ora denotato con Ω il condominio della
trasformazione, sia
•
D ⊂ Ω un dominio regolare (cioè unione di domini normali-regolari);
•
f : D ⊂ R 2 → R continua ;
•
D( u ,v ) = {(u , v) | ( x(u, v), y (u, v)) ∈ D} .
Allora sussiste la seguente uguaglianza:
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫
D
f ( x(u, v), y (u, v)) J (u, v) dudv .
D( u ,v )
Esercizio (facoltativo): Trovare una rappresentazione analitica per D( ρ ,ϑ ) se D è il triangolo con
vertici nei punti (0, 0) , (1, 0) e (0,1) .
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Soluzione: Dopo aver disegnato il dominio D nel piano cartesiano, si osserva che l’equazione
(cartesiana) dell’ipotenusa è x + y = 1 che in coordinate polari diventa ρ cos θ + ρ sin θ = 1 . Ora
dall’esame della figura segue immediatamente che i punti del dominio hanno i valori di θ compresi
tra 0 e π / 2 , mentre per un θ fissato tra i precedenti valori, quello di ρ (per i punti del dominio) è
1
. In definitiva si ha:
cos θ + sin θ
compreso tra 0 e
1
⎧
⎫
D( ρ ,θ ) = ⎨( ρ ,θ ) | 0 ≤ θ ≤ π / 2 ∧ 0 ≤ ρ ≤
⎬
cos θ + sin θ ⎭
⎩
che è evidentemente un dominio normale-regolare rispetto a θ (nelle coordinate polari). Può essere
un utile esercizio mostrare che D( ρ ,θ ) non è invece un dominio normale-regolare rispetto a ρ .
Esercizi: Utilizzare la trasformazione in coordinate per calcolare i seguenti integrali:
1)
∫∫ 1 + x
1
2
D
+ y2
dxdy , D è la regione del primo quadrante limitata dall’asse x , dalla retta
y = 3x e dalla corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 2.
Soluzione: E’ consigliabile innanzitutto scrivere la trasformazione che si intende utilizzare (e
⎧ x = ρ cos θ
, con ( ρ , θ ) ∈ R ∗+ × [ 0, 2π [ , il cui Jacobiano è J (u , v) = ρ ) e rappresentare
⎨
=
sin
y
ρ
θ
⎩
dunque
graficamente nel piano cartesiano x, y il dominio D (che qui non è riportato).
Da un rapido esame della rappresentazione grafica segue immediatamente che
π⎫
⎧
D( ρ ,θ ) = ⎨( ρ , θ ) |1 ≤ ρ ≤ 2 ∧ 0 ≤ θ ≤ ⎬ ( = [1, 2] × [ 0, π / 3]) ,
3⎭
⎩
e quindi
2
1
1
∫∫D 1 + x 2 + y 2 dxdy = D∫∫ 1 + ρ 2 ρ d ρ dθ = ∫1 d ρ
( ρ ,θ )
2)
∫∫ (3x + 4 y
2
π /3
∫
0
1
1
π
ρ dθ = log(1 + ρ 2 )
= ... .
2
1+ ρ
2
1 3
2
)dxdy , D è la regione del primo e secondo quadrante limitata dalla corona
D
circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 2.
3)
∫∫ e
− x2 − y 2
dxdy , D è la regione limitata dall’asse x e dalla funzione y = 4 − x 2 .
D
Soluzione: Riprodurre dapprima quanto è stato consigliato in esercizio 1.
E’evidente che D non è altro che il semicerchio di centro (0, 0) e raggio 2, contenuto nel
quadrante y ≥ 0 e pertanto la sua rappresentazione in coordinate polari è D( ρ ,θ ) = [ 0, 2] × [ 0, π ] .
Allora si ha
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−x
∫∫ e
2
− y2
dxdy =
D
4)
y
∫∫ arctag x dxdy ,
∫∫
D( ρ ,θ )
2
π
e− ρ ρ d ρ dθ = ∫ d ρ ∫ e− ρ ρ dθ = ....... .
2
2
0
0
D è la regione limitata dalla corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 2
D
tale che per i suoi punti si ha y ≤ x . (Sugg. Disegnare dapprima i punti che verificano
l’uguaglianza y = x ( ⇔ ( y = x ) ∨ ( y = − x ) ) , i quali dividono il piano in 4 regioni connesse; è
facile individuare le due regioni nelle quali sussiste la disuguaglianza y ≤ x ).
5)
∫∫
D
6)
x
x +y
2
2
dxdy , D = {( x, y ) | y ≥ 0, x + y ≥ 0, 3 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9} .
ρ
⎧
⎪ x = cos θ
).
∫∫D y dxdy , D = {( x, y) | 4 x + y ≤ 1} . (Sugg. Utilizzare la trasformazione ⎨ 2
⎪⎩ y = ρ sin θ
2
2
2
Soluzione: Si osserva immediatamente che è D( ρ ,θ ) = [ 0,1] × [ 0, 2π [ , inoltre si ha
⎡ ∂x
⎢ ∂ρ
J ( ρ , θ ) = det ⎢
⎢ ∂x
⎢⎣ ∂θ
∂y ⎤
⎡ 1
⎥
⎢ 2 cos θ
∂ρ
⎥ = det ⎢
∂y ⎥
⎢ − 1 ρ sin θ
⎢⎣ 2
∂θ ⎥⎦
⎤
sin θ ⎥
1
⎥ = ρ.
2
ρ cos θ ⎥
⎥⎦
Allora
1
2π
0
0
2
∫∫ y dxdy = ∫ d ρ ∫
D
7)
1 3 2
ρ sin θ dθ = .........
2
Calcolare il baricentro e il momento di inerzia superficiale rispetto all’origine della parte di
cerchio di centro (0, 0) e raggio 1 contenuta nel primo quadrante.
Soluzione: Denominata con D la regione descritta nell’esercizio (che ha evidentemente area
π / 4 ), la sua rappresentazione in coordinate polari è D( ρ ,θ ) = [ 0,1] × [ 0, π / 2] , da cui si ha:
xG =
∫∫ xdxdy
D
area( D)
=
4
1
π /2
dρ ∫
π∫
0
ρ cos θ dθ = ....... ; yG =
2
0
∫∫ ydxdy
D
area( D)
= ..... ; M O = ∫∫ ( x 2 + y 2 ) dxdy = ..... .
D
(Facoltativo) Si chiude questa sezione con il calcolo dell’integrale improprio, sull’intervallo
]−∞, +∞[ , della funzione
y = e − x (si noti che detto integrale esiste in quanto la funzione continua in
2
R ed è sufficientemente infinitesima per x → ±∞ , inoltre, poiché la sua primitiva non è una
funzione elementare, un calcolo diretto non è possibile ). Si segnala che il calcolo dell’integrale non
è soltanto un utile esercizio, ma ha anhe importanti conseguenze.
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Integrali doppi-La trasformazione in coordinate polari
Sia r > 0 . Utilizzando la trasformazione in coordinate polari, si ha
∫∫
e− x
B ((0,0); r )
2
− y2
2π
r
(
)
2
2
⎡ 1 2⎤
dxdy = ∫ d ρ ∫ e − ρ ρ dθ = 2π ⎢ − e− ρ ⎥ = π −e− r + 1 ,
⎣ 2
⎦0
0
0
r
e, passando al limite per r → ∞ ,
(
)
⎧lim π −e − r 2 + 1 = π
2
2
⎪ r →∞
lim ∫∫ e − x − y dxdy = ⎨ − x2 − y 2
;
r →∞
dxdy
B ((0,0);r )
⎪ ∫∫ e
⎩ R2
da quest’ultima (essendo R 2 = ]−∞, +∞[ × ]−∞, +∞[ e utilizzando le formule di riduzione) segue
∫∫ e
R2
−x −y
2
2
π
⎧
⎪ +∞
2
dxdy = ⎨
⎛ +∞ − x2 − y 2 ⎞ ⎛ +∞ − x2 ⎞⎛ +∞ − y 2 ⎞ ⎡ +∞ − x2 ⎤
⎪ ∫ dx ⎜ ∫ e e dy ⎟ = ⎜ ∫ e dx ⎟⎜ ∫ e dy ⎟ = ⎢ ∫ e dx ⎥
⎠ ⎝ −∞
⎠⎝ −∞
⎠ ⎣ −∞
⎦
⎩ −∞ ⎝ −∞
e quindi
+∞
−x
∫ e dx = π .
2
−∞
10