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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

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

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 \(v\geq 0\))

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 \(v\ge 0\)...

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

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

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..

Federico.M wrote: ↑

Monday 25 October 2021, 13:22

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.

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 \(-\frac{1}{2}\)

Federico.M wrote: ↑

Monday 25 October 2021, 18:22

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.

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

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