Integrale doppio con particolare cambio di variabili

[Federico.M]

Salve, rovistando per il web ho trovato questo esercizio ed ho provato a risolverlo. Vorrei sottoporlo alla vostra attenzione, chiedendovi se lo svolgimento è corretto, in particolare modo riguardo i cambi di variabile effettuati. Grazie in anticipo per correzioni ed eventuali soluzioni alternative...

$\displaystyle\iint_D\frac{\bigl(y^2-x^2\bigr)\cdot e^{\bigl[\bigl(x-y\bigr)^2+\sqrt{xy}\bigr]}}{\sqrt{xy}}\,dx\,dy$

dove l'insieme $D$ di integrazione è dato da

$D=\Bigl\{\bigl(x,y\bigr)\in\mathbb R^2\,\colon\,1\le xy\le 2\,,\quad x\le y\le x+1\,,\quad x\ge0\,,\quad y\ge0\Bigr\}$

[ghisi]

Si, è corretto e direi che è il modo corretto di procedere, anche se le spiegazioni sul cambio domini soprattutto per il primo caso sono un po' "stringate" (ad esempio perchè le due condizioni $x\geq 0$, $y\geq 0$ le puoi sostituire con $v\geq 0$)

[Federico.M]

Grazie per aver controllato la correttezza dello svolgimento professoressa Ghisi.. Per quanto riguarda l'osservazione sul segno della variabile $v$, essa è definita come somma di due quantità maggiori o uguali a 0, pertanto non può che essere $v\ge 0$...

[ghisi]

Temevo fosse questa la ragione...devi dimostrare l'equivalenza dei due domini, in questo modo tu hai provato solo che con il cambio variabili i punti nel dominio di partenza vanno in punti del dominio nelle variabili $u$ e $v$, ma in questo dominio a priori potrebbero esserci punti che non provengono dal dominio iniziale (cioè potrebbe essere più grande del dovuto).

Mi spiego con un altro esempio.

$D= \{(x,y):\, 0\leq x \leq 1, \, x+y \leq 1, \, y\geq 0\}$

Se cambi variabile ponendo $x =u\,, x+y = v$
il dominio NON diventa

$A= \{(u,v):\, 0\leq u\leq 1, \, v \leq 1, \, v\geq 0\}$

[Federico.M]

La trasformazione lineare scelta nell'esercizio dovrebbe essere iniettiva, quindi dovrebbe mandare punti distinti di $E$ in punti distinti di $D$. Inoltre, essendo invertibile, dovrebbe consentirci di tornare da $D$ ad $E$ attraverso la trasformazione inversa, anch'essa iniettiva..

[ghisi]

La trasformazione lineare scelta nell'esercizio dovrebbe essere iniettiva, quindi dovrebbe mandare punti distinti di $E$ in punti distinti di $D$. Inoltre, essendo invertibile, dovrebbe consentirci di tornare da $D$ ad $E$ attraverso la trasformazione inversa, anch'essa iniettiva..

Appunto, bisogna dimostrare che il cambio di variabili è invertibile tra i due domini, il che vuol dire provare non solo che è un'applicazione iniettiva, ma anche che è surgettiva, cioè che la sua immagine è tutto il dominio di arrivo.

[Federico.M]

Perché la trasformazione sia invertibile credo sia sufficiente che il determinante della matrice associata, che coincide in questo caso con il suo jacobiano, sia $\ne 0$ :

$\begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix}$

e, come abbiamo visto nello svolgimento dell'esercizio, esso è uguale a $-\frac{1}{2}$

[ghisi]

Perché la trasformazione sia invertibile credo sia sufficiente che il determinante della matrice associata, che coincide in questo caso con il suo jacobiano, sia $\ne 0$ :

$\begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix}$

e, come abbiamo visto nello svolgimento dell'esercizio, esso è uguale a $-\frac{1}{2}$

No, questo ti dice che la trasformazione, chiamiamola $F$, essendo *lineare*, è invertibile da $R^2$a $R^2$ non che $F(A) = D$, dove $A$ è il dominio di partenza e $D$ quello che hai scritto tu nelle nuove variabili.

[Federico.M]

Sulla base di quanto ho trovato sulle dispense di AM2 2017-2018 del professor Gobbino, provo a dimostrare che la trasformazione lineare in esame è sia surgettiva che iniettiva.
Essa la si può intendere come una applicazione $F\,\colon\,\mathbb R^2\mapsto \mathbb R^2$ così definita

$F(x,y)=\bigl(y-x\,,\,y+x\bigr)$

Per il teorema della funzione inversa, avendo lo jacobiano di $F$

$J_F(x,y)=\begin{pmatrix} -1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

determinante $=-2\ne 0$, la funzione $F(x,y)$ è localmente invertibile nell'intorno di ogni punto.
Provando ad eseguire " manualmente " l'inversione, poniamo

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

Successivamente ricaviamo $y$ dalla seconda equazione e sostituiamo nella prima, ottenendo

$u(x)=v-2x$

cioè una funzione della sola variabile $x$, comportandosi $v$ come un parametro.
Essendo $u(x)$ continua in $x$ ed avendo limiti uguali a $\pm\infty$ per $x\to \mp\infty$, essa è surgettiva. Quindi, dati $u$ e $v$, si ricava $x$ e da questa risalgo ad $y$ $F(x,y)$ è pertanto surgettiva.
$u(x)$ è anche iniettiva, essendo monotona decrescente. Quindi, dati $u$ e $v$, troviamo $x$ in modo unico e, conseguentemente, anche $y$ è unico. Quindi $F(x,y)$ è anche iniettiva.

Se quanto scritto sopra è corretto, come si conclude che .. .., applicando la trasformazione all'insieme di partenza

$D=\Bigl\{\bigl(x,y\bigr)\in\mathbb R^2\,\colon\,1\le xy\le 2\,,\quad x\le y\le x+1\,,\quad x\ge0\,,\quad y\ge0\Bigr\}$

otteniamo esattamente l'insieme di arrivo

$E=\Bigl\{\bigl(u,v\bigr)\in\mathbb R^2\,\colon\,1\le\frac{v^2-u^2}{2}\le2\,,\quad 0\le u\le1\,,\quad v\ge0\Bigr\}$