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Salve, sono alle prese con il seguente esercizio di cui propongo una soluzione, ma non sono sicuro che le considerazioni fatte durante lo svolgimento siano corrette. Pertanto, se qualcuno vuole dare un'occhiata e dire cosa ne pensa, ne sarei felice..
L'esercizio è questo: stabilire per quali valori del parametro \(\alpha>0\) il seguente integrale risulta convergente.
\(\iint_A\frac{x}{x^2+y^{\alpha}}\,dx\,dy\)
dove l'insieme dato è
\(A=\bigl\{(x,y)\in R^2\colon x^2+y^2\le1,\,x\ge0,\,y\ge0\bigr\}\)
Eseguo il seguente cambio di variabili per pareggiare gli esponenti a denominatore:
\(\begin{cases}
x=u\\
y=v^{2/\alpha}
\end{cases}\implies\lvert{\frac{\partial{(x,y)}}{\partial{(u,v)}}}\rvert=\begin{vmatrix}
1 & 0\\
0 & \frac{2}{\alpha}v^{\frac{2-\alpha}{\alpha}}
\end{vmatrix}=\frac{2}{\alpha}\lvert{v^{\frac{2-\alpha}{\alpha}}}\rvert\)
La funzione integranda diventa
\(g(u,v)=\frac{2uv^{\frac{2-\alpha}{\alpha}}}{\alpha(u^2+v^2)}\)
mentre l'insieme di integrazione si trasforma in
\(A\mapsto D=\bigl\{(u,v)\in R^2\colon u^2+v^{4/\alpha}\le1,\,u\ge0,\,v\ge0\bigr\}\)
Adesso
per \(0<\alpha<2\) è \(A\subset D\)
mentre
per \(\alpha>2\) è \(D\subset A\)
In ogni caso abbiamo che
\(\iint_{D\setminus A}g(u,v)\,du\,dv\qquad\iint_{A\setminus D}g(u,v)\,du\,dv\)
sono un numero \(\ge0\) in quanto integrali propri di funzione continua su insiemi limitati. Quindi, la convergenza dell'integrale sarà determinata dal suo comportamento sull'insieme \(A\) di partenza. Passando a coordinate polari, dunque, si ha che
\(\iint_A g(u,v)\,du\,dv=\frac{2}{\alpha}\int_0^1\frac{1}{\rho^{(\alpha-2)/\alpha}}\,d\rho\int_0^{\pi/2}\cos(\theta)\sin^{(2-\alpha)/\alpha}(\theta)\,d\theta\)
L'integrale in \(\theta\) è uguale a
\(\frac{\alpha}{2}\bigl[\sin^{2/\alpha}(\theta)\bigr]_0^{\pi/2}=\frac{\alpha}{2}\)
Dunque, l'integrale dato converge \(\iff\frac{\alpha-2}{\alpha}<1\iff\alpha-2<\alpha\) cioè \(\forall\alpha>0\)

Grazie in anticipo per correzioni e suggerimenti.

C'è un piccolo problema: se \(2/a - 1\) è negativo il seno è al denominatore, quindi gli integrali che trascuri non sono integrali propri....
Si tratta comunque di integrali finiti, ma andrebbe giustificato. Questo è il motivo per cui quando si "pareggiano gli esponenti "di solito si pareggia all'esponente "più grande".

Grazie per la correzione professoressa... Quindi, se ho capito bene, si può risolvere l'esercizio distinguendo due casi :

1) \(0<\alpha\le2\)

\(\begin{cases}
x=u\\
y=v^{2/\alpha}
\end{cases}\implies\lvert\frac{\partial{(x,y)}}{\partial{(u,v)}}{\rvert}=\frac{2}{\alpha}\lvert{v^{\frac{2-\alpha}{\alpha}}\rvert}\implies g(u,v)=\frac{2uv^{\frac{2-\alpha}{\alpha}}}{\alpha(u^2+v^2)}\)

2) \(\alpha>2\)

\(\begin{cases}
x=u^{\alpha/2}\\
y=v
\end{cases}\implies\lvert\frac{\partial{(x,y)}}{\partial{(u,v)}}{\rvert}=\frac{\alpha}{2}\lvert{u^{\frac{\alpha-2}{2}}\rvert}\implies g(u,v)=\frac{\alpha u^{\alpha-1}}{u^{\alpha}+v^{\alpha}}\)

Ragionando poi come nel post iniziale, dovremmo raggiungere la soluzione corretta senza gli inconvenienti segnalati.

Si. In alternativa puoi considerare un'unico caso, cambiando entrambi gli esponenti con uno più grande di tutti e due. Occhio però che adesso quando passi in polari la funzione in \(\theta\) non è più così bella....

Federico.M wrote:Grazie per la correzione professoressa... Quindi, se ho capito bene, si può risolvere l'esercizio distinguendo due casi :

1) \(0<\alpha\le2\)
...

Per il caso 1) si potrebbe anche evitare il pareggiamento usando:

\(y^\alpha \ge y^2 \implies 0\le\frac{x}{x^2+y^{\alpha}} \le \frac{x}{x^2+y^{2}}\)

Si, l'integrale che devo risolvere non ha un bell'aspetto. Infatti esso diventa

\(\displaystyle\iint_A\frac{\alpha u^{\alpha-1}}{u^{\alpha}+v^{\alpha}}\,du\,dv\)

da cui, passando in polari, ottengo

\(\displaystyle\alpha\int_0^1\,d\rho\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^{\alpha-1}(\theta)}{\cos^{\alpha}(\theta)+\sin^{\alpha}(\theta)}\,d\theta=\alpha\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^{-1}(\theta)}{1+[\tan(\theta)]^{\alpha}}\,d\theta=\alpha\int_0^{\pi/2}\frac{\cos(\theta)}{1+[\tan(\theta)]^{\alpha}}\,d[\tan(\theta)]\)

Posto \(\tan(\theta)=t\implies\theta=\arctan(t)\) e sfruttando la relazione \(\cos[\arctan(t)]=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\)
otteniamo

\(\displaystyle\alpha\int_0^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+t^2}(1+t^{\alpha})}\,dt=\alpha\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+t^2}(1+t^{\alpha})}\,dt+\alpha\int_1^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+t^2}(1+t^{\alpha})}\,dt\)

Il primo integrale a destra è proprio e, quindi, converge \(\forall\alpha>0\)
Il secondo integrale, per il criterio del confronto asintotico, è equivalente a

\(\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^{\alpha+1}}\,dt\)

In conclusione, dunque, l'integrale converge per \(\alpha+1>1\), cioè per \(\forall\alpha>0\)

Per quanto riguarda l'osservazione di Gimusi, è giusta e di rapida applicazione..

Federico.M wrote:Si, l'integrale che devo risolvere non ha un bell'aspetto. Infatti esso diventa
\(\iint_A\frac{\alpha u^{\alpha-1}}{u^{\alpha}+v^{\alpha}}\,du\,dv\)
da cui, passando in polari, ottengo
\(\alpha\int_0^1\,d\rho\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^{\alpha-1}(\theta)}{\cos^{\alpha}(\theta)+\sin^{\alpha}(\theta)}\,d\theta=...\)
...

Mi pare che da qui tu possa anche concludere subito osservando che \(\cos^{\alpha}(\theta)+\sin^{\alpha}(\theta)\ge c_{\alpha}>0\).

Esatto!

Grazie ad entrambi per le conferme e le scorciatoie risolutive..