4.3 Applicazione – il baricentro

4.3 Applicazione – il baricentro
Si supponga che D sia una lamina di cui f (x, y) è la
“ densità ” in (x, y):
f (x, y) =
massa di un pezzo molto piccolo in (x, y)
area dello stesso pezzo
Abbiamo
Area(D) =
ZZ
1 dxdy.
D
Invece la massa di D è uguale a
ZZ
f (x, y) dxdy.
M=
D
Il baricentro di D è (xG , yG ) dove
ZZ
M xG =
x f (x, y) dxdy,
ZZD
M yG =
y f (x, y) dxdy
D
1
Per il triangolo con vertici (0, 0), (2, 0) e (0, 1),
abbiamo calcolato xG = 32
Analogamente, per orizzontali,
ZZ
Z 1Z
y dxdy =
yG =
0
R
=
Z
1
0
2−2y
y dx dy
0
y(2 − 2y) dy = y 2 − 23 y 3
1
0
=
1
3
Quindi il baricentro è
( 32 , 31 ) = 13 (2, 1)
In generale, il baricentro di un triangolo con vertici
(x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) è la media
1
(x +x +x , y +y +y )
3 1 2 3 1 2 3
(pagina 61)
2
Definizione
Il momento di inerzia di D rispetto a (x0 , y0 ) è
ZZ
2
2
(x − x0 ) + (y − y0 ) f (x, y) dxdy
D
Se la densità f (x, y) = c è uniforme, il momento di
inerzia di D rispetto a (0, 0) è
ZZ
(x2 + y 2 ) dxdy
c
D
Più esattamente questo è il secondo momento rispetto
all’asse z .
3
4.4 Cambiamento di variabili
Esempio: Coordinati polari
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
Un elemento di area è
dxdy = (ρ dθ)dρ = ρ dρ dθ
La formula di cambiamento di variabili è
ZZ
ZZ
f (x, y) dxdy =
f (ρ cos θ, ρ sin θ) ρ dρ dθ
D
Per poi calcolare l’integrale, i bordi del dominio D
devono essere descritti in termini di ρ, θ.
4
Più in generale, dato un cambiamento di coordinate
x = x(u, v)
y = y(u, v),
abbiamo
xu =
∂x
,
∂u
xv =
∂x
,
∂v
yu =
∂y
,
∂u
yv =
∂y
.
∂v
Si definisca la matrice Jacobiana :
J = J(u, v) =
xu
xv
yu yv
!
.
La formula di cambiamento di variabili è
ZZ
f (x, y) dxdy
D
ZZ
=
f (x(u, v), y(u, v)) |det J| dudv
D0
dove (x, y) ∈ D ⇔ (u, v) ∈ D 0
5
Esercizio
Sia D = D a(0, 0) = {(x, y) : x2 + y 2 6 a2}.
ZZ
2
2
Si calcoli I =
e−(x +y ) dxdy.
D
Soluzione: Per le coordinate polari u = ρ e v = θ,
si verifichi che
!
cos θ −ρ sin θ
J=
,
sin θ ρ cos θ
e det J = ρ(cos2θ + sin2θ) = ρ come previsto.
Inoltre, (x, y) ∈ Da (0, 0)
⇐⇒ (ρ, θ) ∈ [0, a] × [0, 2π] = D 0.
Quindi
Z 2π Z a
Z
2
2
I = e−ρ ρ dρ dθ =
dθ
ρ e−ρ dρ
D0
0
0
h
ia
1 −ρ2
= 2π − 2 e
0
= −π[e
−a2
Si osservi che I tende a π per a → ∞.
6
2
−e0] = π[1−e−a ]