foglio 11 Cambiamento di variabili negli integrali: coordinate affini, coordinate polari nel piano.

Analisi matematica 2 per Ingegneria Civile e Ingegneria Ambientale – 2017/18 – prof. Anzellotti foglio 11 – Cambiamento di variabili negli integrali: coordinate affini, coordinate polari nel piano.

1 Esercizio parametrizzazioni affini

Esercizio 11.1 -parametrizzazioni affini i. Rappresentare con un disegno l’insieme E = {(x, y) ∈ R²| 2 ≤ 4x + 3y ≤ 20 , −10 ≤ −2x + 3y ≤ 8 } ii. Calcolare l’area di E come base × altezza

iii. Scrivere una parametrizzazione affine ψ dell’insieme E a partire dal quadrato standard Q = [0, 1] × [0, 1] e ricalcolare l’area di E utilizzando lo Jacobiano di ψ .

iv. Parametrizzare l’insieme E con le coordinate p = 4x + 3y e q = −2x + 3y e calcolare l’area di E.

v. Utilizzando la parametrizzazione ψ, calcolare le coordinate del baricentro G dell’insieme E x_G= 1

area (E) Z

E

x dxdy y_G= 1

area (E) Z

E

y dxdy

e verificare poi che G è il punto di intersezione delle diagonali del parallelogramma E, come deve essere per ragioni di simmetria.

vi. Calcolare i momenti di inerzia dell’insieme E rispetto agli assi µx=

Z

E

y²dxdy µy=

Z

E

x²dxdy µz=

Z

E

(x²+ y²) dxdy

Soluzione

i. L’insieme E è un parallelogramma compreso tra le coppie di rette

r = {4x + 3y = 2} s = {4x + 3y = 20}

α = {−2x + 3y = −10} β = {−2x + 3y = 8}

I vertici del parallelogramma si ottengono inter- secando le rette r ed s con ciascuna delle rette α , β:

P₀= (2, −2) P₁= (5, 0) P₂= (2, 4) P₃= (−1, 2) Il parallelogramma E, che non è un rettangolo, si vede nella figura a fianco

ii. Osserviamo che conviene prendere come base il segmento P0P3, che ha lunghezza b =p

(x₃− x₀)²+ (y₃− y₀)²=p

3²+ 4²= 5 .

L’altezza sarà allora la distanza h tra le rette r ed s . Per calcolare h si può considerare la funzione di due variabili f (x, y) = 4x + 3y e osservare che

h · |∇f | = 20 − 2 = 18 Si ottiene così h =¹⁸₅ e in conclusione

area (E) = b h = 18 .

0

vettori

a = P₁− P₀= (3, 2) b = P₃− P₀= (−3, 4)

Una funzione affine ψ : R²→ R²tale che E = ψ(Q) è quindi

ψ(u, v) = P₀+ u(P₁− P₀) + v(P₃− P₀) = (2, −2) + u(3, 2) + v(−3, 4) dove ψ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) e

(∗) x(u, v) = 2 + 3u − 3v y(u, v) = −2 + 2u + 4v Queste relazioni si possono scrivere in forma matriciale

x y



=

 2

−2

 + u3

2



+ v−3 4



=

 2

−2



+3 −3

2 4



·u v



Osserviamo che la matrice Jacobiana Dψ(u, v) è la matrice A =3 −3

2 4



che non dipende da u, v e la funzione ψ trasforma le aree con un fattore J_ψ = |det (A)| = 18 . In conclusione ritroviamo che

area (E) = area (Q) · J_ψ= 18 .

iv. Utilizziamo ora un altro metodo per trovare una parametrizzazione dell’insieme E .

Consideriamo la famiglia di tutte le rette parallele alle rette r ed s che intersecano E. Ciascuna retta di questa famiglia è del tipo

rp= {4x + 3y − p} dove p ∈ [2, 20] . Analogamente, le rette parallele ad α e β, che intersecano E sono del tipo

α_q= {−2x + 3y − q} dove q ∈ [−10, 8] .

Per ogni punto B = (x, y) ∈ E esiste un’unica coppia (p, q) ∈ [2, 20] × [−10, 8] tale che B ∈ rp∩ α_q e precisamente

(∗∗)

(p = 4x + 3y q = 3y − 2x

Possiamo quindi considerare p, q come nuove coordinate di B e ricavare x e y in funzione di p e q risolvendo il sistema (∗∗). Si ottiene quindi





 x = p

6−q 6 y = p

9+q 9 2

ossia

x y



=

"₁

6 −¹₆

1 9

2 9

#

·p q



= Mp q



che pensiamo come una funzione ϕ : R²_(p,q) → R²_(x,y). Posto Ω = [2, 20] × [−10, 8] , abbiamo che E = ϕ(Ω) , ossia ϕ è una parametrizzazione di E dall’insieme Ω . Osserviamo infine che Ω è un quadrato in R² di lato lungo 18 e area 18², e che Jϕ= | det(M )| = 1

18 . Pertanto area (E) = area (Ω) · Jϕ = 18²· 1

18 = 18 .

v. Utilizzando la parametrizzazione ψ : Q → E ottenuta nel punto iii. e grazie alla formula di cambia- mento di variabili nell’integrale, che ricordiamo qui sotto

Z

E

f (x, y) dxdy = Z

ψ⁻¹(E)

f (x(u, v), y(u, v)) J_ψ(u, v) dudv Si ottiene

Z

E

x dxdy = Z

Q

x(u, v) · 18 dudv = 18 Z

Q

(2 + 3u − 3v) dudv = 18

 2 +3

2−3 2



= 36 dove nel secondo passaggio si è utilizzata la relazione (∗) del punto iii. Procedendo in modo analogo per la coordinata y si ottiene in conclusione: x_G= 2 , y_G= 1 . Si osserva che il punto G è l’intersezione delle diagonali del parallelogramma.

vi. Pensiamo ad E come un insieme immerso nello spazio tridimensionale sul quale si trova una distribu- zione di massa omogenea di densità unitaria. Calcoliamo il momento d’inerzia rispetto all’asse x di tale distribuzione di massa utilizzando la parametrizzazione ψ individuata nel punto iii.

µx = Z

E

y²dxdy = Z

Q

[y(u, v)]²Jψ(u, v) dudv = Z

Q

[−2 + 2u + 4v]²· 18 dudv

= 18 Z

Q

4 − 8u − 16v + 4u²+ 16v²+ 16uv
dudv = 18

 4 −8

2−16 2 +4

3+16 3 +16

4



= 48 .

2 Esercizio

Per ogni k ∈ R, sia A = {(x, y) | x²+ y²≤ R², y > kx} .

i. Rappresentare con un disegno l’insieme A e calcolare l’integrale I(k) = Z

A

x²dxdy nel caso di k = ¹₂.

ii. Determinare l’integrale I(k) per ogni valore di k ∈ [0, +∞) e dare una spiegazione geometrica di ciò che si è trovato.

Soluzione

L’insieme A è il semicerchio di raggio R e centro l’origine che sta sopra la retta y = kx.

Visto come è l’insieme di integrazione, conviene utilizzare le coordinate polari. Chiamiamo α quel numero reale in [0,^π₂) tale che tan α = k. Abbiamo allora:

I(k) = Z π+α

α

Z R 0

(ρ cos θ)²ρdρdθ = Z π+α

α

cos²θdθ · Z R

0

ρ³dρ dove

Z R 0

ρ³dρ = R⁴ 4

mentre dell’integrale di cos²θ si osserva che è esteso a un periodo, poiché cos 2θ = 1 − 2 cos²θ ha periodo π. Tale integrale si può determinare ad esempio usando la formula appena scritta per trovare una primitiva e utilizzando il Teorema Fondamentale, ma si può anche osservare che deve essere

Z π+α α

cos²θdθ = Z π

0

cos²θdθ = 1 2

Z 2π 0

cos²θdθ = 1 4

Z 2π 0

sin²θ + cos²θ
dθ = π 2 In conclusione si ottiene

I(k) =π 2·R⁴

4

e si osserva che il risultato non dipende dal valore di k. Una possibile interpretazione meccanica di questo risultato è che l’integrale esprime il momento di inerzia di una distribuzione di massa di densità costante uguale a 1 sul semicerchio A rispetto all’asse y e tale momento non cambia al variare di k, in quanto non si modifica la distribuzione della massa rispetto all’asse y. Con questa interpretazione, la massa totale M è uguale all’area del semicerchio, ossia π

2R². Si ha pertanto I = M ·R² 4 .

4

3 Esercizio

i. Rappresentare con un disegno l’insieme A = C \ F dove C =(x, y) ∈ R²| 1 ≤ x²+ y²≤ 4

, F =(x, y) ∈ R²| x < 0, y < 0 ii. calcolare le coordinate del baricentro di A.

iii. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto all’asse z.

Soluzione i.

ii. L’area dell’insieme A è area(A) =3

4(4π − π) = 9π

4 . La coordinata x_Gdel baricentro è xG= 1

area(A) Z

A

xdxdy = 4 9π

Z 2 1

ρ²dρ Z π

−^π₂

cos θdθ = 28 27π e yG= x_Gper ragioni di simmetria.

iii. Con l’espressione momento di inerzia dell’insieme A rispetto all’asse z intendiamo il momento di inerzia di una distribuzione di massa di densità 1 su A, ossia

µz= Z

A

(x²+ y²) dxdy = Z 2

1

ρ²ρdρ Z π

−^π₂

dθ = 3 2π 1

4ρ⁴

2 1

= 45 8 π

4 Esercizio

Calcolare nell’ordine indicato gli integrali seguenti i.

Z

R²

e^−x2−y2dxdy ii.

Z

R

e^−x2dx iii.

Z

R³

e^{−x2−y2−z2}dxdydz

Soluzione

i. Per definizione si ha Z

R²

e^−x2−y2dxdy = lim

a→+∞

Z

Ba

e^−x2−y2dxdy , dove Ba= {x²+ y²≤ a²} e quindi

Z

Ba

e^−x2−y2dxdy = Z 2π

0

Z a 0

e^−ρ2ρdρdϕ = π[−e^−a2+ 1].

Di conseguenza:

Z

R²

e^−x2−y2dxdy = π.

ii. Osserviamo che l’integrale in i. si può calcolare anche con le formule di riduzione, che valgo- no certamente anche su insiemi illimitati se la funzione da integrare è di segno costante. Si ha quindi R

R²e^−x2−y2dxdy = R

Rxe^−x2 nR

Rye^−y2dy o

dx = I² , dove si è posto I =R

Re^−x2dx =R

Re^−y2dy . Pertanto, da i. si ricava I =√

π .

iii. Utilizzando le formule di riduzione si ottiene immediatamente Z

R³

e^{−x2−y2−z2}dxdydz =

Z

R

e^−x2dx

3

= π³²

6