Integrale doppio
Sto preparando l'esame di matematica 2, sono andata a farlo proprio sabato scorso ma non ho consegnato in quanto non sono riuscita a risolvere questo integrale:
$\int int y^2/(x^2+y^2)^3 dxdy$
il dominio è:
$x>=0$
$y>=0$
$x^2+y^2>=5$
$xy>=2$
ho provato a svolgerlo in coordinate polari ma credo di aver sbagliato il dominio...
avevo pensato di dividerlo in 3 parti, diviso dalle rette $y=1/2x$ e $y=2x$ dato che i punti in cui la funzione interseca la circonferenza sono (1,2) e (2,1)
ma ho avuto difficoltà a trovare $\rho$
avete qualche suggerimento?
questi sono tutti ragionamenti che ho fatto durante l'esame perciò non mi ci affido più di tanto dato che durante gli esami il mio cervello va in tilt ma ancora non mi viene in mente nient'altro... se c'è un modo magari anche più semplice...
$\int int y^2/(x^2+y^2)^3 dxdy$
il dominio è:
$x>=0$
$y>=0$
$x^2+y^2>=5$
$xy>=2$
ho provato a svolgerlo in coordinate polari ma credo di aver sbagliato il dominio...
avevo pensato di dividerlo in 3 parti, diviso dalle rette $y=1/2x$ e $y=2x$ dato che i punti in cui la funzione interseca la circonferenza sono (1,2) e (2,1)
ma ho avuto difficoltà a trovare $\rho$
avete qualche suggerimento?
questi sono tutti ragionamenti che ho fatto durante l'esame perciò non mi ci affido più di tanto dato che durante gli esami il mio cervello va in tilt ma ancora non mi viene in mente nient'altro... se c'è un modo magari anche più semplice...
Risposte
Ma sei sicura che il dominio sia individuato proprio dalla condizione $x^2+y^2\geq 5$ e non da $x^2+y^2 \leq 5$?
sicurissima... ho proprio il testo qua sotto!
devo dire che il mio professore è strano eh, ultimamente mette sempre integrali con il dominio illimitato
devo dire che il mio professore è strano eh, ultimamente mette sempre integrali con il dominio illimitato
Passando in coordinate polari il dominio dovrebbe essere $sqrt(5) <=rho < +00 $ ;$0vedere post di maurer
Sitratta di un integrale generalizzato, va visto se converge o no ...Io dico che converge.
Prova a svolgere.
Sitratta di un integrale generalizzato, va visto se converge o no ...Io dico che converge.
Prova a svolgere.
Passando semplicemente in coordinate polari si trova che:
1) [tex]\rho \cos(\theta) \geq 0[/tex] e [tex]\rho \sin(\theta) \geq 0[/tex], che insieme danno la condizione (essendo [tex]\rho > 0[/tex]) [tex]0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2}[/tex];
2) [tex]x^2 + y^2 \geq 5[/tex] dà la condizione [tex]\rho^2 \geq 5[/tex], ossia, essendo [tex]\rho > 0[/tex], [tex]\rho \geq \sqrt{5}[/tex];
3) [tex]xy \geq 2[/tex] dà la condizione [tex]\rho^2 \sin(\theta) \cos(\theta) \geq 2[/tex], equivalente a [tex]\rho^2 \sin(2\theta) \geq 4[/tex], che comporta ancora [tex]\rho^2 \geq \frac{4}{\sin(2\theta)} \iff \rho \geq \frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}[/tex].
Ora [tex]\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}} \leq \sqrt{5} \iff \frac{\sin(2\theta)}{4} \geq \frac{1}{5} \iff \sin(2\theta) \geq \frac{4}{5}[/tex]. Posto [tex]a=\arcsin(\frac{4}{5})[/tex] e [tex]b = \pi - a[/tex], la condizione precedente equivale a [tex]a +2k\pi \leq 2\theta \leq b +2k\pi \iff \frac{a}{2} + k\pi \leq \theta \leq \frac{b}{2} + k\pi[/tex] e quindi, dovendo essere [tex]\theta \in [0,\frac{\pi}{2}][/tex], si ottiene che la disuguaglianza iniziale è verificata se e solo se [tex]\frac{a}{2} \leq \theta \leq \frac{b}{2}[/tex]. Quindi il dominio è [tex]\left\{ (\rho,\theta)\in \mathbb{R}^+ \times [0,2\pi) : \theta \in [0,\frac{a}{2}] \cup [\frac{b}{2}, \frac{\pi}{2}], \rho \in [\sqrt{5},+\infty) \right\} \cup \left\{ (\rho,\theta) \in \mathbb{R}^+ \times [0,2\pi) : \theta \in (\frac{a}{2},\frac{b}{2}), \rho \in [\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}},+\infty) \right\}[/tex]
1) [tex]\rho \cos(\theta) \geq 0[/tex] e [tex]\rho \sin(\theta) \geq 0[/tex], che insieme danno la condizione (essendo [tex]\rho > 0[/tex]) [tex]0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2}[/tex];
2) [tex]x^2 + y^2 \geq 5[/tex] dà la condizione [tex]\rho^2 \geq 5[/tex], ossia, essendo [tex]\rho > 0[/tex], [tex]\rho \geq \sqrt{5}[/tex];
3) [tex]xy \geq 2[/tex] dà la condizione [tex]\rho^2 \sin(\theta) \cos(\theta) \geq 2[/tex], equivalente a [tex]\rho^2 \sin(2\theta) \geq 4[/tex], che comporta ancora [tex]\rho^2 \geq \frac{4}{\sin(2\theta)} \iff \rho \geq \frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}[/tex].
Ora [tex]\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}} \leq \sqrt{5} \iff \frac{\sin(2\theta)}{4} \geq \frac{1}{5} \iff \sin(2\theta) \geq \frac{4}{5}[/tex]. Posto [tex]a=\arcsin(\frac{4}{5})[/tex] e [tex]b = \pi - a[/tex], la condizione precedente equivale a [tex]a +2k\pi \leq 2\theta \leq b +2k\pi \iff \frac{a}{2} + k\pi \leq \theta \leq \frac{b}{2} + k\pi[/tex] e quindi, dovendo essere [tex]\theta \in [0,\frac{\pi}{2}][/tex], si ottiene che la disuguaglianza iniziale è verificata se e solo se [tex]\frac{a}{2} \leq \theta \leq \frac{b}{2}[/tex]. Quindi il dominio è [tex]\left\{ (\rho,\theta)\in \mathbb{R}^+ \times [0,2\pi) : \theta \in [0,\frac{a}{2}] \cup [\frac{b}{2}, \frac{\pi}{2}], \rho \in [\sqrt{5},+\infty) \right\} \cup \left\{ (\rho,\theta) \in \mathbb{R}^+ \times [0,2\pi) : \theta \in (\frac{a}{2},\frac{b}{2}), \rho \in [\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}},+\infty) \right\}[/tex]
@Camillo: ma deve essere contemporaneamente [tex]\rho \geq \sqrt{5}[/tex] e [tex]\rho \geq \frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}[/tex]. Visto che [tex]\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}[/tex] non è sempre minore di [tex]\sqrt{5}[/tex], occorre distinguere qualche caso in più, no?
Sì corretto ci vuole qualche caso in più 
sono rimasta sconvolta da quello che avete scritto 
pensavo fosse più semplice...
poi l'unica cosa di cui ero convinta che fosse giusta è questa: una parte del dominio (quella centrale delimitata dalla circonferenza e dalle 2 rette che avevo scritto prima cioè nel grafico B) a me viene ${(rho,theta) in RR : sqrt(5)<=rho<=\infty, arctg(1/2)<=theta<=arctg(2)}$
[asvg]axes();
stroke="green";
plot("1/2x");
plot("2x");
stroke="red";
plot("2/x");
circle( [0, 0] , 2.236067977 );
text( [1,4] , "A");
text( [3,3] , "B");
text( [4,1] , "c");[/asvg]
e questa parte dell'integrale sono riuscita a risolverla con risultato $\pi/4-arctg(1/2)$
non so se sia giusto fatto così...
adesso lo rivedo un attimo
pensavo fosse più semplice...
poi l'unica cosa di cui ero convinta che fosse giusta è questa: una parte del dominio (quella centrale delimitata dalla circonferenza e dalle 2 rette che avevo scritto prima cioè nel grafico B) a me viene ${(rho,theta) in RR : sqrt(5)<=rho<=\infty, arctg(1/2)<=theta<=arctg(2)}$
[asvg]axes();
stroke="green";
plot("1/2x");
plot("2x");
stroke="red";
plot("2/x");
circle( [0, 0] , 2.236067977 );
text( [1,4] , "A");
text( [3,3] , "B");
text( [4,1] , "c");[/asvg]
e questa parte dell'integrale sono riuscita a risolverla con risultato $\pi/4-arctg(1/2)$
non so se sia giusto fatto così...
adesso lo rivedo un attimo
Andando avanti a fare qualche conticino. Possiamo scrivere:
[tex]\displaystyle \iint_A \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}dxdy = \lim_{R\to+\infty}\iint_{A\cap B(0,R)} \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}[/tex]
Calcoliamo l'integrale su [tex]A\cap B(0,R)[/tex]. Passando alle coordinate polari, come ho scritto nel post precedente, questo si riduce alla somma dei tre integrali:
[tex]\displaystyle \int_{0}^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^{R} \frac{\rho^2 \sin^2(\theta)}{\rho^6} \cdot \rho d\rho d\theta + \int_{\frac{b}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{\sqrt{5}}^R\frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta + \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \int_{\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta[/tex]
Inizio a calcolare il primo:
[tex]\displaystyle \int_{0}^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^{R} \frac{\rho^2 \sin^2(\theta)}{\rho^6} \cdot \rho d\rho d\theta = \int_0^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3}d\rho d\theta = \int_0^{\frac{a}{2}} \sin^2(\theta) \left(\frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2}\right)d\theta =[/tex]
[tex]\displaystyle = \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2} \right) \left[ \frac{1}{2}\theta - \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_0^{\frac{a}{2}} = \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2} \right) \left(\frac{1}{4}a - \frac{1}{4}\sin(a) \right)[/tex]
Il secondo si calcola in maniera del tutto analoga e alla fine si trova:
[tex]\displaystyle\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{2R^2} \right) \left[ \frac{1}{2}\theta - \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_{\frac{b}{2}}^{\frac{\pi}{2}} = \left(\frac{1}{10}-\frac{1}{2R^2} \right) \left(\frac{\pi}{4} - \frac{b}{4} + \frac{1}{4}\sin(b)\right)[/tex]
Infine, calcoliamo l'ultimo:
[tex]\displaystyle \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \int_{\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \sin^2(\theta) \left(\frac{\sin(2\theta)}{8} - \frac{1}{2R^2} \right) d\theta[/tex]
Poniamo per semplicità di conto [tex]\displaystyle k = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \sin^2(\theta) d\theta[/tex]. Allora si trova che il precedente integrale diventa:
[tex]\frac{1}{32}(cos(a)-cos(b)) + \frac{1}{128}(cos(2b) - cos(2a)) - \frac{1}{2R^2}k[/tex]
salvo miei errori di conto.
Ora finalmente possiamo far tendere [tex]R\to+\infty[/tex] per ricavare che
[tex]\displaystyle \iint_A \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3} dx dy = \frac{1}{10}\left(\frac{1}{4}a - \frac{1}{4}\sin(a) + \frac{\pi}{4} - \frac{b}{4} + \frac{1}{4}\sin(b) + \frac{1}{32}\cos(a) - \frac{1}{32}\cos(b) + \frac{1}{128}\cos(2b) - \frac{1}{128}\cos(2a) \right)[/tex]
salvo miei errori di conto (controlla tutto...)
Ricordando poi come avevo definito [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex], puoi ricavare un'espressione un po' più compatta dell'integrale.
[tex]\displaystyle \iint_A \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}dxdy = \lim_{R\to+\infty}\iint_{A\cap B(0,R)} \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}[/tex]
Calcoliamo l'integrale su [tex]A\cap B(0,R)[/tex]. Passando alle coordinate polari, come ho scritto nel post precedente, questo si riduce alla somma dei tre integrali:
[tex]\displaystyle \int_{0}^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^{R} \frac{\rho^2 \sin^2(\theta)}{\rho^6} \cdot \rho d\rho d\theta + \int_{\frac{b}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{\sqrt{5}}^R\frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta + \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \int_{\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta[/tex]
Inizio a calcolare il primo:
[tex]\displaystyle \int_{0}^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^{R} \frac{\rho^2 \sin^2(\theta)}{\rho^6} \cdot \rho d\rho d\theta = \int_0^{\frac{a}{2}} \int_{\sqrt{5}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3}d\rho d\theta = \int_0^{\frac{a}{2}} \sin^2(\theta) \left(\frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2}\right)d\theta =[/tex]
[tex]\displaystyle = \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2} \right) \left[ \frac{1}{2}\theta - \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_0^{\frac{a}{2}} = \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{2R^2} \right) \left(\frac{1}{4}a - \frac{1}{4}\sin(a) \right)[/tex]
Il secondo si calcola in maniera del tutto analoga e alla fine si trova:
[tex]\displaystyle\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{2R^2} \right) \left[ \frac{1}{2}\theta - \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_{\frac{b}{2}}^{\frac{\pi}{2}} = \left(\frac{1}{10}-\frac{1}{2R^2} \right) \left(\frac{\pi}{4} - \frac{b}{4} + \frac{1}{4}\sin(b)\right)[/tex]
Infine, calcoliamo l'ultimo:
[tex]\displaystyle \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \int_{\frac{2}{\sqrt{\sin(2\theta)}}}^R \frac{\sin^2(\theta)}{\rho^3} d\rho d\theta = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \sin^2(\theta) \left(\frac{\sin(2\theta)}{8} - \frac{1}{2R^2} \right) d\theta[/tex]
Poniamo per semplicità di conto [tex]\displaystyle k = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{b}{2}} \sin^2(\theta) d\theta[/tex]. Allora si trova che il precedente integrale diventa:
[tex]\frac{1}{32}(cos(a)-cos(b)) + \frac{1}{128}(cos(2b) - cos(2a)) - \frac{1}{2R^2}k[/tex]
salvo miei errori di conto.
Ora finalmente possiamo far tendere [tex]R\to+\infty[/tex] per ricavare che
[tex]\displaystyle \iint_A \frac{y^2}{(x^2+y^2)^3} dx dy = \frac{1}{10}\left(\frac{1}{4}a - \frac{1}{4}\sin(a) + \frac{\pi}{4} - \frac{b}{4} + \frac{1}{4}\sin(b) + \frac{1}{32}\cos(a) - \frac{1}{32}\cos(b) + \frac{1}{128}\cos(2b) - \frac{1}{128}\cos(2a) \right)[/tex]
salvo miei errori di conto (controlla tutto...)
Ricordando poi come avevo definito [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex], puoi ricavare un'espressione un po' più compatta dell'integrale.
Anche io direi che il dominio è l'unione delle regioni A, B, C da te disegnate.
maurer scusami ma non riesco a capire in che modo dividi il dominio...
non corrisponde a quello che ho disegnato io vero?
scusami e ti chiedo un pò di pazienza, queste cose mi rimangono un pò difficili
poi ho provato a svolgere l'integrale nel domino C in questo modo:
$\int_{2}^{+oo} dx int_{2/x}^{1/2x} y^2/(x^2+y^2)^3 dy$
ma riesco a fare solo il primo passaggio (per parti) poi non riesco ad andare avanti
non corrisponde a quello che ho disegnato io vero?
scusami e ti chiedo un pò di pazienza, queste cose mi rimangono un pò difficili
poi ho provato a svolgere l'integrale nel domino C in questo modo:
$\int_{2}^{+oo} dx int_{2/x}^{1/2x} y^2/(x^2+y^2)^3 dy$
ma riesco a fare solo il primo passaggio (per parti) poi non riesco ad andare avanti
Spero di non dire cavolate... Sto preparando l'esame di Analisi 2 anch'io
Il punto è che tu potresti anche dividere il dominio come hai fatto tu (non ci vedo niente di male ed in effetti è più spontaneo di come ho fatto io). Tuttavia, quando passi in coordinate polari poi ti si complica tutto, perché passando in coordinate polari i punti critici diventano altri. Se segui il ragionamento che ho fatto per esteso nel mio primo post dovresti capire da dove saltano fuori gli angoli che ho utilizzato: si trovano due disuguaglianze che devono essere entrambe verificate da [tex]\rho[/tex], per cui bisogna andare a discutere dove vale una e dove vale l'altra.
Il punto è che tu potresti anche dividere il dominio come hai fatto tu (non ci vedo niente di male ed in effetti è più spontaneo di come ho fatto io). Tuttavia, quando passi in coordinate polari poi ti si complica tutto, perché passando in coordinate polari i punti critici diventano altri. Se segui il ragionamento che ho fatto per esteso nel mio primo post dovresti capire da dove saltano fuori gli angoli che ho utilizzato: si trovano due disuguaglianze che devono essere entrambe verificate da [tex]\rho[/tex], per cui bisogna andare a discutere dove vale una e dove vale l'altra.
@ kestress : che CdL segui ? mi sembra proprio un esercizio esageratamente complicato che ahimè avevo semplificato un po' troppo...
in effetti anche a me sembra esageratamente complicato...
faccio ingegneria informatica e dell'automazione e gli appelli vecchi che ho visto non erano così difficili spero il professore non si sia sbagliato a questo punto!
faccio ingegneria informatica e dell'automazione e gli appelli vecchi che ho visto non erano così difficili spero il professore non si sia sbagliato a questo punto!
In effetti sembra un po' complesso anche per me (seguo la laurea in Matematica) e stavo veramente sperando di non trovare esercizi simili all'esame...
Comunque hai capito la divisione del dominio? Altrimenti provo a rispiegartela...
Comunque hai capito la divisione del dominio? Altrimenti provo a rispiegartela...
non l'ho capita... riesci a fare un grafico?
quasi quasi ci rinuncio anche perchè spero che al prossimo appello capiti un integrale più fattibile!
quasi quasi ci rinuncio anche perchè spero che al prossimo appello capiti un integrale più fattibile!
L'integrale sulla regione C (e analogamente quello sulla regione A) si può fare in coord. polari;
posto $\theta_1 = \arctan(1/2)$ si ha
$\int\int_C f = \lim_{R\to +\infty}\int_0^{\theta_1} \int_{\sqrt{2/(\sin\theta\cos\theta)}}^R\frac{\rho^2 \sin^2\theta}{\rho^6}\rho d\rho d\theta$
$=\lim_{R\to +\infty} \int_0^{\theta_1}\sin^2\theta (-\frac{1}{2R^2}+\frac{1}{4}\sin\theta\cos\theta)d\theta= \frac{1}{16}\sin^4\theta_1 = \frac{1}{400}$
(con un po' di trigonometria si ha che $\sin\theta_1 = 1/\sqrt{5}$).
posto $\theta_1 = \arctan(1/2)$ si ha
$\int\int_C f = \lim_{R\to +\infty}\int_0^{\theta_1} \int_{\sqrt{2/(\sin\theta\cos\theta)}}^R\frac{\rho^2 \sin^2\theta}{\rho^6}\rho d\rho d\theta$
$=\lim_{R\to +\infty} \int_0^{\theta_1}\sin^2\theta (-\frac{1}{2R^2}+\frac{1}{4}\sin\theta\cos\theta)d\theta= \frac{1}{16}\sin^4\theta_1 = \frac{1}{400}$
(con un po' di trigonometria si ha che $\sin\theta_1 = 1/\sqrt{5}$).
è vero grazie gac! e pensare che all'esame c'ero quasi arrivata... invece per un errore di distrazione (che ho notato grazie a te) non sono riuscita ad andare avanti!
infatti non poteva essere tanto complicato
infatti non poteva essere tanto complicato
Scusate, ieri evidentemente non avevo acceso il cervello. Infatti è facile vedere che [tex]\frac{b}{2} = \arctan(2)[/tex] e che [tex]\frac{a}{2} = \arctan(\frac{1}{2})[/tex].
Poi, al momento di calcolare gli integrali, ho scambiato le disuguaglianze.
Scusatemi ancora.
Comunque oltre che per via grafica, che in questo caso si può fare semplicemente, conviene talvolta dividere il dominio per via analitica, ossia trasformando le condizioni che definiscono l'insieme iniziale e lavorarci sopra come ho fatto io.
Poi, al momento di calcolare gli integrali, ho scambiato le disuguaglianze.
Scusatemi ancora.
Comunque oltre che per via grafica, che in questo caso si può fare semplicemente, conviene talvolta dividere il dominio per via analitica, ossia trasformando le condizioni che definiscono l'insieme iniziale e lavorarci sopra come ho fatto io.
ovviamente maurer ringrazio anche te! anche se ieri non l'ho fatto!
quando ce l'hai l'esame di analisi 2? comunque penso che il tuo sia più difficile del mio...
infatti il mio si dovrebbe chiamare matematica 2, lo stesso professore fa anche analisi 2 ma per gli ingegneri meccanici e credo che la differenza sta nella difficoltà
quando ce l'hai l'esame di analisi 2? comunque penso che il tuo sia più difficile del mio...
infatti il mio si dovrebbe chiamare matematica 2, lo stesso professore fa anche analisi 2 ma per gli ingegneri meccanici e credo che la differenza sta nella difficoltà
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