Cambiamento di variabili negli integrali doppi

Lezione 6 di analisi, Unità 4. Prerequisiti: Integrali doppi e formule di riduzioneL'integrale doppio ∫_D f dx dy è il limite delle somme Σ f(cᵢ) Area(Aᵢ): per f ≥ 0 è il volume del trapezoide sotto il grafico; ∫_D 1 = Area(D). Si calcola con le formule di riduzione: su un rettangolo ∫∫ f = ∫ₐᵇ(∫_c^d f dy)dx = ∫_c^d(∫ₐᵇ f dx)dy; su un dominio semplice rispetto a x, D = {a ≤ x ≤ b, α(x) ≤ y ≤ β(x)}, ∫D f = ∫ₐᵇ ∫{α(x)}^{β(x)} f dy dx (fette verticali), e analogamente per fette orizzontali. Scambiare l'ordine serve quando un integrale interno non ha primitiva elementare (sin y², e^{x²}).Integrali doppi e formule di riduzione →, Integrazione per sostituzioneSe nell'integranda c'è g(f(x))·f'(x), la sostituzione y = f(x), dy = f'(x)dx trasforma l'integrale in ∫g(y)dy = G(y) + k, poi si torna a x: G(f(x)) + k. Negli integrali definiti cambiano anche gli estremi (da c, d a f(c), f(d)). Si può usare anche al contrario, con x = f⁻¹(y). È il primo metodo a cui pensare; dà la tabella degli integrali "immediati per sostituzione".Integrazione per sostituzione →.

Perché cambiare variabili

• Per semplificare la funzione: integrando $(x + y)\,e^{x - y}$ conviene "porre" $u = x + y$, $v = x - y$.
• Per semplificare il dominio: $D = \{-3 \le x + y \le 3,\ -2 \le 2x - y \le 2\}$ è un parallelogramma con i lati obliqui, scomodo per le fette; con $u = x + y$, $v = 2x - y$ diventa il rettangolo $[-3, 3]\times[-2, 2]$.

Il caso di una variabile (richiamo)

Se $\varphi : [c, d] \to [a, b]$ è biiettiva, $C^1$, con $\varphi' \ne 0$: $$\int_{[a,b]}f(x)\,dx = \int_{[c,d]}f(\varphi(u))\,|\varphi'(u)|\,du$$ Il modulo di $\varphi'$ compare perché qui si integra su insiemi (senza verso): se $\varphi$ è decrescente gli estremi si scambiano e il segno meno si compensa, come nella dimostrazione dell'invarianza della lunghezza. $|\varphi'(u)|$ è il fattore di dilatazione delle lunghezze.

La matrice jacobiana

Definizione. Se $\varphi = (\varphi_1, \varphi_2)$ ha derivate parziali su un aperto, la matrice jacobiana è $$\varphi'(u, v) = J\varphi(u, v) := \begin{pmatrix} \partial_u\varphi_1 & \partial_v\varphi_1 \\ \partial_u\varphi_2 & \partial_v\varphi_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \nabla\varphi_1 \\ \nabla\varphi_2 \end{pmatrix}$$ e si indica $|\varphi'(u, v)| := |\det\varphi'(u, v)|$.

Esempio. $\varphi(u,v) = (u + v,\ u - v)$ ha $\varphi' = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ e $|\det\varphi'| = 2$.

Le righe sono i gradienti delle componenti. Esempio: $\varphi(u, v) = (2u^2v,\ e^u\sin v)$ ha $\varphi' = \begin{pmatrix} 4uv & 2u^2 \\ e^u\sin v & e^u\cos v \end{pmatrix}$.

Caso lineare. Se $\varphi(u, v) = A\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$ con $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$, allora $\varphi' = A$ (costante). $\det A = 0$ significa che $\varphi$ schiaccia il piano su una retta (le colonne sono parallele): non è biiettiva.

Perché compare il determinante

Si prende un rettangolino $E = [u, u + \Delta u]\times[v, v + \Delta v]$ nel piano $(u, v)$. Per l'approssimazione al prim'ordine $$\varphi(u + \Delta u, v) - \varphi(u, v) \approx \partial_u\varphi(u, v)\,\Delta u, \qquad \varphi(u, v + \Delta v) - \varphi(u, v) \approx \partial_v\varphi(u, v)\,\Delta v$$ quindi l'immagine $\varphi(E)$ è quasi il parallelogramma generato dai vettori $\partial_u\varphi\,\Delta u$ e $\partial_v\varphi\,\Delta v$ (le colonne della jacobiana). L'area di un parallelogramma generato da due vettori del piano è il valore assoluto del determinante della matrice che li ha per colonne, quindi $$\operatorname{Area}(\varphi(E)) \approx |\det\varphi'(u, v)|\operatorname{Area}(E)$$ $|\det\varphi'|$ è il fattore di dilatazione delle aree di $\varphi$ vicino a $(u, v)$. Integrando $f$ su $\varphi(E)$ si ottiene circa $f(\varphi(u, v))\,|\det\varphi'(u, v)|\,\Delta u\,\Delta v$, e sommando su tutti i rettangolini si arriva alla formula.

La formula

Teorema (cambiamento di variabili). Siano $X, Y$ aperti di $\mathbb{R}^2$ e $\varphi : X \to Y$ biiettiva, di classe $C^1$, con $\det\varphi' \ne 0$. Siano $E \subseteq X$ limitato e $D = \varphi(E)$ (cioè $E = \varphi^{-1}(D)$). Allora $f$ è integrabile su $D$ se e solo se $(f \circ \varphi)\,|\det\varphi'|$ lo è su $E$, e $$\int_D f(x, y)\,dx\,dy = \int_E f(\varphi(u, v))\,|\det\varphi'(u, v)|\,du\,dv$$

Esempio. Con $x = u + v$, $y = u - v$ ($|\det\varphi'| = 2$): $\int_D dx\,dy = 2\int_E du\,dv$, cioè l'area di $D$ è il doppio di quella di $E$.

Il metodo in 4 passi:

1. scegliere il cambio $(x, y) = \varphi(u, v)$ e verificare che sia biiettivo;
2. trovare il nuovo dominio $E = \varphi^{-1}(D)$ (di solito la parte più difficile: si trasforma ogni pezzo del bordo di $D$);
3. calcolare $|\det\varphi'(u, v)|$;
4. calcolare l'integrale su $E$ (che deve essere più semplice di quello di partenza).

Esempi del prof.

• Dilatazioni: $\varphi(u, v) = (au, bv)$ con $a, b > 0$ trasforma un rettangolo di lati $\Delta u$, $\Delta v$ in uno di lati $a\Delta u$, $b\Delta v$; infatti $|\det\varphi'| = ab$ e $\operatorname{Area}(D) = \int_E ab\,du\,dv = ab\operatorname{Area}(E)$.
• Applicazioni lineari: se $\varphi(u, v) = A(u, v)^T$, allora $\operatorname{Area}(\varphi(E)) = |\det A|\operatorname{Area}(E)$.
• $\varphi(u, v) = \left(\frac uv, v\right)$ per $u, v > 0$ è biiettiva dal primo quadrante aperto in sé (l'inversa è $u = xy$, $v = y$), con $\det\varphi' = \det\begin{pmatrix} 1/v & -u/v^2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac1v$. Con $E = \{v \in [1, 3],\ v^2 \le u \le 3v^2\}$ e $D = \varphi(E)$, siccome $xy = \frac uv\cdot v = u$: $$\int_D xy\,dx\,dy = \int_1^3\int_{v^2}^{3v^2}u\cdot\frac1v\,du\,dv = \int_1^3\frac{9v^4 - v^4}{2v}\,dv = \int_1^3 4v^3\,dv = 81 - 1 = 80$$

Le nuove coordinate in funzione delle vecchie

Spesso il cambio si sceglie scrivendo le nuove variabili in funzione delle vecchie, $(u, v) = \psi(x, y)$, perché è così che semplifica il dominio. Allora $\varphi = \psi^{-1}$, e non serve invertire esplicitamente per lo jacobiano: $$|\det\varphi'(u, v)| = \frac{1}{|\det\psi'(x, y)|}$$ (la jacobiana dell'inversa è l'inversa della jacobiana). Se però $\det\psi'$ dipende da $x, y$, va riespresso in $u, v$.

Esempio del prof. $\int_D(x - y)\,e^{x + y}\,dx\,dy$ con $D = \{1 \le x - y \le 3,\ 2 \le x + y \le 4\}$. Si pone $u = x - y$, $v = x + y$: il dominio diventa il rettangolo $E = [1, 3]\times[2, 4]$. Inversa: $x = \frac{u + v}2$, $y = \frac{v - u}2$; $\det\psi' = \det\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = 2$, quindi $|\det\varphi'| = \frac12$: $$\int_D(x - y)\,e^{x + y} = \int_1^3\int_2^4 u\,e^v\cdot\frac12\,dv\,du = \frac12\cdot\left[\frac{u^2}2\right]_1^3\cdot\big[e^v\big]_2^4 = \frac12\cdot 4\cdot(e^4 - e^2) = 2(e^4 - e^2)$$

Esempio del prof (cambio lineare, 2023). $\int_D(6x - 3y)\,dx\,dy$ con $D$ il parallelogramma di vertici $(2, 0)$, $(5, 3)$, $(6, 7)$, $(3, 4)$.

1. I lati stanno sulle rette $y = x - 2$, $y = x + 1$ (pendenza $1$) e $y = 4x - 8$, $y = 4x - 17$ (pendenza $4$): $D = \{x - 2 \le y \le x + 1,\ 4x - 17 \le y \le 4x - 8\}$.
2. Con $u = y - 4x \in [-17, -8]$ e $v = y - x \in [-2, 1]$ il dominio diventa il rettangolo $R = [-17, -8]\times[-2, 1]$.
3. Inversa: sottraendo, $v - u = 3x$, quindi $x = \frac{v - u}3$ e $y = v + x = \frac{4v - u}3$. $|\det\psi'| = |\det\begin{pmatrix} -4 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}| = 3$, quindi $|\det\varphi'| = \frac13$.
4. $6x - 3y = 2(v - u) - (4v - u) = -u - 2v$, e $$\int_R(-u - 2v)\frac13\,du\,dv = \frac13\int_{-17}^{-8}\int_{-2}^1(-u - 2v)\,dv\,du = \frac{243}{2}$$

Simmetrie

Se $D$ è simmetrico rispetto all'asse $y$ ($(x, y) \in D \iff (-x, y) \in D$):

• se $f(-x, y) = -f(x, y)$ (dispari in $x$), allora $\int_D f = 0$;
• se $f(-x, y) = f(x, y)$ (pari in $x$), allora $\int_D f = 2\int_{D^+}f$, con $D^+ = D \cap \{x \ge 0\}$.

È il cambio di variabili $(x, y) \mapsto (-x, y)$, che ha $|\det| = 1$ e manda $D$ in sé. Analogamente per l'asse $x$. Esempio del prof: $\int_{B(0,1]}x^3y^2\log^8(1 + x^2y^2)\,dx\,dy = 0$, perché il disco è simmetrico e la funzione è dispari in $x$ (solo $x^3$ cambia segno). Nessun conto.

Altri esempi (cambi non lineari $u = \frac{y}{x^2}$, $v = \frac{x}{y^2}$, iperboli $xy =$ cost) nell'Esercizio 30 · cambi di variabile lineari e non lineari.

Errori comuni

• Dimenticare lo jacobiano, o usare $\det\psi'$ al posto di $\frac{1}{\det\psi'}$ quando le nuove variabili sono funzione delle vecchie.
• Dimenticare il modulo del determinante.
• Trasformare la funzione ma non il dominio (o viceversa).