Maggiorante e minorante
Ciao a tutti!
Ho una seria difficoltà a capire come affrontare questo esercizio.
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y) = \frac{e^{x+y}-x-y-1}{\sqrt{x^2+y^2}} \)
Ho già studiato se è prolungabile per continuità in (0,0) - lo è e vale 0 -, se è differenziabile in tutto il dominio - lo è solo per \(\displaystyle (x,y) \ne (0,0) \), nell'origine non è differenziabile -.
Ora mi viene chiesto di trovare un maggiorante e un minorante dell'integrale
\(\displaystyle \iint_A f(x,y) dxdy \)
essendo
\(\displaystyle A = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \le y \le x ; 1 \le x^2+y^2 \le 4 \} \)
ma non so davvero come procedere...
L'area dovrebbe essere un pezzo di corona circolare:
poi però come posso procedere?
Ho una seria difficoltà a capire come affrontare questo esercizio.
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y) = \frac{e^{x+y}-x-y-1}{\sqrt{x^2+y^2}} \)
Ho già studiato se è prolungabile per continuità in (0,0) - lo è e vale 0 -, se è differenziabile in tutto il dominio - lo è solo per \(\displaystyle (x,y) \ne (0,0) \), nell'origine non è differenziabile -.
Ora mi viene chiesto di trovare un maggiorante e un minorante dell'integrale
\(\displaystyle \iint_A f(x,y) dxdy \)
essendo
\(\displaystyle A = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \le y \le x ; 1 \le x^2+y^2 \le 4 \} \)
ma non so davvero come procedere...
L'area dovrebbe essere un pezzo di corona circolare:
poi però come posso procedere?
Risposte
dopo tutto quello che hai fatto (compreso il disegnino) dovresti dedurre facilmente dei numeretti $a,b,c,d$ tali che $a\le x\le b$ e $c\le y\le d$. Sostituire tali stime nella $f$ e trovare cosi' un maggiotante e un minorante.
Esempio: e' chiaro che $0\leq y\leq\frac{3}{2}$. Fai una cosa simile per $x$ e poi sostituisci per creare delle opportune disuguaglianze.
Esempio: e' chiaro che $0\leq y\leq\frac{3}{2}$. Fai una cosa simile per $x$ e poi sostituisci per creare delle opportune disuguaglianze.
Nel dominio considerato $x$ e $y$ oscillano tra
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \le x \le 2 \)
e
\(\displaystyle 0 \le y \le \sqrt{2} \)
Perché \(\displaystyle 0 \le y \le \frac{3}{2} \) ?
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \le x \le 2 \)
e
\(\displaystyle 0 \le y \le \sqrt{2} \)
Perché \(\displaystyle 0 \le y \le \frac{3}{2} \) ?
Si, certo, scusami, ho tirato fuori informazioni dal grafico in maniera superficiale. Ma comunque spero che l'idea ti sia chiara. Una volta che hai i giusti intervalli di variazione di $x$ e $y$, basta sostituirli (in maniera corretta) nella $f$. Provaci da solo e semmai fatti sentire per una eventuale correzione.
Bisogna maggiorare/minorare l'integrale doppio, non la funzione , giusto ?
maggiorando e minorando la funzione si ottiene automaticamente una maggiorazione e una minorazione dell'integrale doppio, ottenuta moltiplicando il min e il max della funzione per l'area dell'insieme di integrazione.
OK però non mi sembra banale trovare max/min della funzione in A 
Allora (non so davvero se sto facendo giusto: nel caso bastonate senza pietà!):
avendo io un $A$ del genere, riporto tutto in coordinate polari:
\(\displaystyle 1 \le \rho \le 2 \)
\(\displaystyle 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4} \)
$f(x,y)$ in coordinate polari diventa:
\(\displaystyle f(\rho, \theta) = \frac{e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho \cos \theta-\rho \sin \theta -1}{\rho} \)
Per cercare un maggiorante, devo cercare di maggiorare appunto la funzione:
\(\displaystyle \frac{e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho (\cos \theta+ \sin \theta) -1}{\rho} \le e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho (\cos \theta+ \sin \theta) -1 \)
ma... mi blocco
avendo io un $A$ del genere, riporto tutto in coordinate polari:
\(\displaystyle 1 \le \rho \le 2 \)
\(\displaystyle 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4} \)
$f(x,y)$ in coordinate polari diventa:
\(\displaystyle f(\rho, \theta) = \frac{e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho \cos \theta-\rho \sin \theta -1}{\rho} \)
Per cercare un maggiorante, devo cercare di maggiorare appunto la funzione:
\(\displaystyle \frac{e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho (\cos \theta+ \sin \theta) -1}{\rho} \le e^{\rho (\cos \theta + \sin \theta)}-\rho (\cos \theta+ \sin \theta) -1 \)
ma... mi blocco
penso che portarti tutto in coordinate polari sia inutile.
Notare (per Camillo) che non e' importante trovare min e max della funzione, in quanto l'esercizio chiede un maggiorante ed un minorante.
Facciamo cosi: ti faccio un pezzo, per farti capire il procedimento e poi provi a proseguire da solo.
Prendiamo il numeratore, che e' $e^{x+y}-x-y+1$.
Sappiamo che $\frac{sqrt2}{2}\le x\le 2$ e $0\le y\le\sqrt2$. Per cui $\frac{\sqrt2}{2}\le x+y\le 2+\sqrt2$. Ne segue che
$e^{x+y}-x-y+1=e^{x+y}-(x+y)+1\le e^{2+\sqrt2}-\frac{\sqrt2}{2}+1$
in maniera simile uno trova una minorazione del numeratore e delle maggiorazioni e minorazioni del denominatore. Rimettendo tutto insieme dovresti trovare due numeri $m$ e $M$ tali che
$m\le f(x,y)\le M$
per ogni $x,y\in A$. Da cui segue che, detta $S(A)$ l'area dell'insieme di integrazione (che e' facile da calcolare),
$m S(A)\le\int\int_A f(x,y)\le MS(A)$
Notare (per Camillo) che non e' importante trovare min e max della funzione, in quanto l'esercizio chiede un maggiorante ed un minorante.
Facciamo cosi: ti faccio un pezzo, per farti capire il procedimento e poi provi a proseguire da solo.
Prendiamo il numeratore, che e' $e^{x+y}-x-y+1$.
Sappiamo che $\frac{sqrt2}{2}\le x\le 2$ e $0\le y\le\sqrt2$. Per cui $\frac{\sqrt2}{2}\le x+y\le 2+\sqrt2$. Ne segue che
$e^{x+y}-x-y+1=e^{x+y}-(x+y)+1\le e^{2+\sqrt2}-\frac{\sqrt2}{2}+1$
in maniera simile uno trova una minorazione del numeratore e delle maggiorazioni e minorazioni del denominatore. Rimettendo tutto insieme dovresti trovare due numeri $m$ e $M$ tali che
$m\le f(x,y)\le M$
per ogni $x,y\in A$. Da cui segue che, detta $S(A)$ l'area dell'insieme di integrazione (che e' facile da calcolare),
$m S(A)\le\int\int_A f(x,y)\le MS(A)$
Ci provo:
basandomi su
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \le x \le 2 \)
\(\displaystyle 0 \le y \le \sqrt{2} \)
ho 4 "pezzi" (α, β per numeratore; γ, δ per denominatore)
α) \(\displaystyle e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1 \) "pezzo grande"
β) \(\displaystyle e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3 \) "pezzo piccolo"
Per il denominatore:
\(\displaystyle \frac{1}{2} \le x^2 \le 4 \)
\(\displaystyle 0 \le y^2 \le 2 \)
\(\displaystyle \Rightarrow \)
\(\displaystyle \frac{1}{2} \le x^2+y^2 \le 6 \)
e perciò
γ) \(\displaystyle \sqrt{6} \) "pezzo grande"
δ) \(\displaystyle \sqrt{\frac{1}{2}} \) "pezzo piccolo"
Mettendo insieme ottengo:
\(\displaystyle m = \frac{e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3}{\sqrt{6}} \le f(x,y) \le \frac{e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = M \)
L'area dell'insieme di integrazione $S(A)$ dovrebbe valere \(\displaystyle \frac{3}{8}\pi \)
Perciò la soluzione della consegna dovrebbe essere
\(\displaystyle \frac{e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{8}\pi \le \iint_A f(x,y) dxdy \le \frac{e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \frac{3}{8}\pi \)
basandomi su
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \le x \le 2 \)
\(\displaystyle 0 \le y \le \sqrt{2} \)
ho 4 "pezzi" (α, β per numeratore; γ, δ per denominatore)
α) \(\displaystyle e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1 \) "pezzo grande"
β) \(\displaystyle e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3 \) "pezzo piccolo"
Per il denominatore:
\(\displaystyle \frac{1}{2} \le x^2 \le 4 \)
\(\displaystyle 0 \le y^2 \le 2 \)
\(\displaystyle \Rightarrow \)
\(\displaystyle \frac{1}{2} \le x^2+y^2 \le 6 \)
e perciò
γ) \(\displaystyle \sqrt{6} \) "pezzo grande"
δ) \(\displaystyle \sqrt{\frac{1}{2}} \) "pezzo piccolo"
Mettendo insieme ottengo:
\(\displaystyle m = \frac{e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3}{\sqrt{6}} \le f(x,y) \le \frac{e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = M \)
L'area dell'insieme di integrazione $S(A)$ dovrebbe valere \(\displaystyle \frac{3}{8}\pi \)
Perciò la soluzione della consegna dovrebbe essere
\(\displaystyle \frac{e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}-\sqrt{2}-3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{8}\pi \le \iint_A f(x,y) dxdy \le \frac{e^{2+\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \frac{3}{8}\pi \)
ovviamente i calcoli non li ho controllati (ne ho intenzione di farlo), ma dovrebbe andare bene. Anche perche' mi sembra che sei stato attento all'unica cosa cui bisognava stare attenti, cioe' all'invertire le disuguaglianze al denominatore. L'unica cosa: sai che il denominatore e' $\le4$, che e' una stima migliore di $\le6$.
Ok. Grazie infinite per il prezioso aiuto! :)
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