Integrale doppio
Ciao, qualcuno potrebbe aiutarmi a capire come impostare la risoluzione di questo integrale doppio? Grazie in anticipo. 
$ int int_(D) (1/sqrt(x^2+y^2)) dx dy $ dove
$ D = {(x,y)in R^2, x>=0, y<=0, x^2+y^2>=1/2, x<= 1+y } $
Ho provato con la sostituzione in coordinate polari ma non ho concluso nulla, il dominio la regione compresa tra l'arco di circonferenza e la retta $ 1+y $.
$ int int_(D) (1/sqrt(x^2+y^2)) dx dy $ dove
$ D = {(x,y)in R^2, x>=0, y<=0, x^2+y^2>=1/2, x<= 1+y } $
Ho provato con la sostituzione in coordinate polari ma non ho concluso nulla, il dominio la regione compresa tra l'arco di circonferenza e la retta $ 1+y $.
Risposte
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$ { (x = p*cos(theta)), ( y = p*sin(theta)) :} $ con $ 0 <= theta <= -pi/2 $ e $ 0 <= p <= 1$
Sostituendo
$ int_(p=0)^(1) ( int_(theta=0)^(theta=-pi/2) (1/sqrt(p^2cos^2theta + p^2sin^2theta) * abs(p)) d theta ) dp = -pi/2 $
Io ho fatto così, ma è ovvio che mi manchi un pezzo. In questo modo sto calcolando l'arco della circonferenza tra $ 0 $ e $ -pi/2 $, non credo stia tenendo conto della regione compresa tra l'esterno della circonferenza e la retta. Non so proprio come iniziare
Sostituendo
$ int_(p=0)^(1) ( int_(theta=0)^(theta=-pi/2) (1/sqrt(p^2cos^2theta + p^2sin^2theta) * abs(p)) d theta ) dp = -pi/2 $
Io ho fatto così, ma è ovvio che mi manchi un pezzo. In questo modo sto calcolando l'arco della circonferenza tra $ 0 $ e $ -pi/2 $, non credo stia tenendo conto della regione compresa tra l'esterno della circonferenza e la retta. Non so proprio come iniziare
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A parte "fare cantare" le disuguaglianze (@sellacollesella: ma sei iscritto ad ingegneria o reclutato in una caserma di polizia squadrista? Chi caspita vi insegna ad esprimervi in una maniera così violenta???), suggerirei di fare un disegno e di ragionare anche per via grafica.
Il dominio d'integrazione è quello delimitato dal contorno in figura:
[asvg]xmin=-1; xmax=2; ymin=-2; ymax=1;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([0,-0.71], [0,-1]); line([0,-1], [1,0]); line([1,0], [0.71,0]); arc([0,-0.71], [0.71,0], 0.71);[/asvg]
e da questo disegno già ti dovresti accorgere che $rho$ non può essere minore del raggio della circonferenza, sicché almeno l'estremo inferiore dell'integrale più esterno è sballato...
Inoltre, l'integrando è radialmente simmetrico ed il dominio d'integrazione è simmetrico rispetto alla bisettrice II-IV, quindi l'integrale può essere calcolato sfruttando queste simmetrie.
Il dominio d'integrazione è quello delimitato dal contorno in figura:
[asvg]xmin=-1; xmax=2; ymin=-2; ymax=1;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([0,-0.71], [0,-1]); line([0,-1], [1,0]); line([1,0], [0.71,0]); arc([0,-0.71], [0.71,0], 0.71);[/asvg]
e da questo disegno già ti dovresti accorgere che $rho$ non può essere minore del raggio della circonferenza, sicché almeno l'estremo inferiore dell'integrale più esterno è sballato...
Inoltre, l'integrando è radialmente simmetrico ed il dominio d'integrazione è simmetrico rispetto alla bisettrice II-IV, quindi l'integrale può essere calcolato sfruttando queste simmetrie.
Ciao StrilingAlQuadrato,
Visto il dominio $D = {(x,y) \in \RR^2, x \ge 0, y \le 0, x^2+y^2 \ge 1/2, x \le 1+y}$ passerei alle coordinate polari, ma con giudizio:
$ \int \int_D 1/\sqrt(x^2+y^2) \text{d}x \text{d}y = 2 \int_{\sqrt2/2}^1 \text{d}\rho \int_{- \pi/4}^0 \text{d}\theta = (1 - \sqrt2/2)\pi/2 $
Visto il dominio $D = {(x,y) \in \RR^2, x \ge 0, y \le 0, x^2+y^2 \ge 1/2, x \le 1+y}$ passerei alle coordinate polari, ma con giudizio:
$ \int \int_D 1/\sqrt(x^2+y^2) \text{d}x \text{d}y = 2 \int_{\sqrt2/2}^1 \text{d}\rho \int_{- \pi/4}^0 \text{d}\theta = (1 - \sqrt2/2)\pi/2 $
@pilloeffe: Mi sa che non sei stato abbastanza giudizioso... 
@StirlingAlQuadrato: Il problema degli estremi d'integrazione in coordinate polari, come segnalava (con linguaggio improprio) sellacollesella, è che essi vanno ricavati studiando i vincoli che definiscono il dominio d'integrazione.
Dalla rappresentazione grafica e dalla simmetria è evidente che le coordinate polari devono soddisfare le disuguaglianze:
\[
\begin{split}
-\frac{\pi}{4} \leq \vartheta \quad &\text{(i punti del dominio sono al disopra della bisettr. del IV quadr.)} \\
\vartheta \leq 0 \quad &\text{(i punti del dominio sono al disotto del semiasse } x \text{ positivo)} \\
\frac{1}{\sqrt{2}} \leq \rho \quad &\text{(i punti del dominio sono fuori dalla circonf. di raggio } \frac{1}{\sqrt{2}}\text{)}\\
\rho \leq B(\vartheta) \quad &\text{(i punti del dominio sono al disopra della retta } y=x-1\text{)}
\end{split}
\]
in cui $B(\vartheta)$ è la funzione definita in $[-pi/4 , 0]$ la cui espressione esplicita va ricavata imponendo l'unico vincolo ancora non esplicitamente sfruttato, cioè $x <= 1 + y$; sostituendo nella disuguaglianza $x=rho cos vartheta$ e $y=rho sin vartheta$ e risolvendo rispetto a $rho$ si trova:
\[
\rho \cos \vartheta \leq 1 + \rho \sin \vartheta \quad \Rightarrow \quad \rho (\cos \vartheta - \sin \vartheta) \leq 1 \quad \Rightarrow \quad \rho \leq \frac{1}{\cos \vartheta -\sin \vartheta}
\]
(si può dividere per $cos vartheta - sin vartheta$ che è una quantità positiva per i valori di $vartheta$ considerati), quindi $B(vartheta) = 1/(cos vartheta - sin vartheta)$.
Tenendo presente che lo jacobiano delle coordinate polari è uguale a $rho$ e ricordata la simmetria, l'integrale assegnato diventa:
\[
\iint_D \frac{\text{d} x\ \text{d} y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \int_{1/\sqrt{2}}^{1/(\cos \vartheta - \sin \vartheta)} \frac{\rho}{\rho}\ \text{d}\rho \right)\ \text{d} \vartheta = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \frac{1}{\cos \vartheta - \sin \vartheta} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)\ \text{d} \vartheta = \frac{2}{\sqrt{2}}\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \frac{1}{\cos (\vartheta + \pi/4)} - 1 \right)\ \text{d} \vartheta \stackrel{\varphi = \vartheta + \pi/4 }{=} \sqrt{2}\ \int_0^{\pi/4} \left( \frac{1}{\cos \varphi} - 1 \right)\ \text{d} \varphi
\]
e l'ultimo integrale è un po' scocciante da calcolare, ma è comunque roba nota da Analisi I.
@StirlingAlQuadrato: Il problema degli estremi d'integrazione in coordinate polari, come segnalava (con linguaggio improprio) sellacollesella, è che essi vanno ricavati studiando i vincoli che definiscono il dominio d'integrazione.
Dalla rappresentazione grafica e dalla simmetria è evidente che le coordinate polari devono soddisfare le disuguaglianze:
\[
\begin{split}
-\frac{\pi}{4} \leq \vartheta \quad &\text{(i punti del dominio sono al disopra della bisettr. del IV quadr.)} \\
\vartheta \leq 0 \quad &\text{(i punti del dominio sono al disotto del semiasse } x \text{ positivo)} \\
\frac{1}{\sqrt{2}} \leq \rho \quad &\text{(i punti del dominio sono fuori dalla circonf. di raggio } \frac{1}{\sqrt{2}}\text{)}\\
\rho \leq B(\vartheta) \quad &\text{(i punti del dominio sono al disopra della retta } y=x-1\text{)}
\end{split}
\]
in cui $B(\vartheta)$ è la funzione definita in $[-pi/4 , 0]$ la cui espressione esplicita va ricavata imponendo l'unico vincolo ancora non esplicitamente sfruttato, cioè $x <= 1 + y$; sostituendo nella disuguaglianza $x=rho cos vartheta$ e $y=rho sin vartheta$ e risolvendo rispetto a $rho$ si trova:
\[
\rho \cos \vartheta \leq 1 + \rho \sin \vartheta \quad \Rightarrow \quad \rho (\cos \vartheta - \sin \vartheta) \leq 1 \quad \Rightarrow \quad \rho \leq \frac{1}{\cos \vartheta -\sin \vartheta}
\]
(si può dividere per $cos vartheta - sin vartheta$ che è una quantità positiva per i valori di $vartheta$ considerati), quindi $B(vartheta) = 1/(cos vartheta - sin vartheta)$.
Tenendo presente che lo jacobiano delle coordinate polari è uguale a $rho$ e ricordata la simmetria, l'integrale assegnato diventa:
\[
\iint_D \frac{\text{d} x\ \text{d} y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \int_{1/\sqrt{2}}^{1/(\cos \vartheta - \sin \vartheta)} \frac{\rho}{\rho}\ \text{d}\rho \right)\ \text{d} \vartheta = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \frac{1}{\cos \vartheta - \sin \vartheta} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)\ \text{d} \vartheta = \frac{2}{\sqrt{2}}\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \frac{1}{\cos (\vartheta + \pi/4)} - 1 \right)\ \text{d} \vartheta \stackrel{\varphi = \vartheta + \pi/4 }{=} \sqrt{2}\ \int_0^{\pi/4} \left( \frac{1}{\cos \varphi} - 1 \right)\ \text{d} \varphi
\]
e l'ultimo integrale è un po' scocciante da calcolare, ma è comunque roba nota da Analisi I.
"gugo82":
@pilloeffe: Mi sa che non sei stato abbastanza giudizioso...
Chiedo scusa, ovviamente hai ragione gugo82: in effetti ho semplificato un po' troppo, non tenendo conto dell'ultima disequazione di $D$, cioè $x \le 1 + y $, che ci dice che $\rho $ varia in dipendenza da $\vartheta $ al variare di $\vartheta $ fra $-\pi/4 $ e $0$...
"gugo82":
e l'ultimo integrale è un po' scocciante da calcolare [...]
Qui invece non sono d'accordo: l'ultimo integrale è molto semplice da calcolare, basta porre $t := tan(\varphi/2) $ ed è praticamente immediato:
$ \sqrt{2}\int_0^{\pi/4} (\frac{1}{cos\varphi} - 1) \text{d}\varphi = \sqrt{2}\int_0^{\pi/4} \frac{\text{d}\varphi}{cos\varphi} - \sqrt{2}\int_0^{\pi/4} \text{d}\varphi = \sqrt{2}\int_0^{\sqrt2 - 1} \frac{2/(1 + t^2) \text{d}t}{(1 - t^2)/(1 + t^2)} - \sqrt{2}/4 \pi = $
$ = \sqrt{2}\int_0^{\sqrt2 - 1} \frac{2\text{d}t}{1 - t^2} - \sqrt{2}/4 \pi = \sqrt{2}\int_0^{\sqrt2 - 1}[\frac{1}{1 + t} + \frac{1}{1 - t}]\text{d}t - \sqrt{2}/4 \pi = $
$ = \sqrt{2}[ln|\frac{1 + t}{1 - t}|]_0^{\sqrt2 - 1} - \sqrt{2}/4 \pi = \sqrt{2}ln|\frac{\sqrt2}{2 - \sqrt2}| - \sqrt{2}/4 \pi = \sqrt{2}ln|\frac{2 + 2\sqrt2}{2}| - \sqrt{2}/4 \pi = $
$ = \sqrt{2}ln(1 + \sqrt2) - \sqrt{2}/4 \pi = \sqrt{2}/2 ln(1 + \sqrt2)^2 - \sqrt{2}/4 \pi = \sqrt{2}/2 [ln(3 + 2\sqrt2) - \pi/2] $
In alternativa, una volta arrivati qui
[tex]\iint_D \frac{\text{d} x\ \text{d} y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \int_{1/\sqrt{2}}^{1/(\cos \vartheta - \sin \vartheta)} \frac{\rho}{\rho}\ \text{d}\rho \right)\ \text{d} \vartheta = 2\ \int_{-\pi/4}^0 \left( \frac{1}{\cos \vartheta - \sin \vartheta} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)\ \text{d} \vartheta[/tex]
si può procedere diversamente con una moltiplicazione "rischiosa" che però va a buon fine considerando il limite:
$2 \int_{-\pi/4}^0 (\frac{1}{cos\vartheta - sin\vartheta} - \frac{1}{\sqrt{2}}) \text{d}\vartheta = 2 \int_{-\pi/4}^0 \frac{1}{cos\vartheta - sin\vartheta} \text{d}\vartheta - \sqrt2 \int_{-\pi/4}^0 \text{d}\vartheta = $
$ = 2 \int_{-\pi/4}^0 \frac{1}{cos\vartheta - sin\vartheta} \text{d}\vartheta - \sqrt2/4 \pi = 2 \int_{-\pi/4}^0 \frac{cos\vartheta + sin\vartheta}{cos^2\vartheta - sin^2\vartheta} \text{d}\vartheta - \sqrt2/4 \pi = $
$ = 2[\int_{-\pi/4}^0 \frac{\text{d}(sin\vartheta)}{1 - sin^2\vartheta} - \int_{-\pi/4}^0 \frac{\text{d}(cos\vartheta)}{2cos^2\vartheta - 1}] - \sqrt2/4 \pi = $
$ = \sqrt2/2 [ln|\frac{\sqrt2 + 2 sin\theta}{\sqrt2 - 2 sin\theta}| - ln|\frac{\sqrt2 - 2 cos\theta}{\sqrt2 + 2 cos\theta}|]_{\to -\pi/4}^0 - \sqrt2/4 \pi = $
$ = \sqrt2/2 [ln|\frac{(\sqrt2 + 2 sin\theta)(\sqrt2 + 2 cos\theta)}{(\sqrt2 - 2 sin\theta)(\sqrt2 - 2 cos\theta)}|]_{\to -\pi/4}^0 - \sqrt2/4 \pi = $
$ = \sqrt2/2 [ln|\frac{\sqrt2 + 2}{\sqrt2 - 2}| - 0] - \sqrt2/4 \pi = \sqrt2/2 [ln|\frac{\sqrt2 + 2}{\sqrt2 - 2}| - \pi/2] = $
$ = \sqrt2/2 [ln|\frac{(\sqrt2 + 2)^2}{- 2}| - \pi/2] = \sqrt2/2 [ln|\frac{2 + 4 + 4\sqrt2}{2}| - \pi/2] = $
$ = \sqrt2/2 [ln(3 + 2\sqrt2) - \pi/2] $
giungendo allo stesso risultato già ottenuto precedentemente.
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