Integrale doppio con coordinate polari: dov'è l'errore?

[hastings1]

Salve,
Avrei bisogno di un aiutino con il seguente esercizio. Grazie in anticipo.

Sia T il triangolo di vertici (0,0), (0,1) e (1,1) e sia [tex]\mbox{D}= \left\lbrace (x,y) \in \mbox{T} \; : \; x^2+y^2\geq 1 \right\rbrace[/tex]
Calcolare [tex]\displaystyle \iint_{D} \dfrac{y}{x^2+y^2}\, dx \, dy[/tex]

Ho provato a fare così

[tex]\left\lbrace \begin{array}{lc}
x =\rho \cos\theta& \\
y =\rho \sin\theta &\\
|J| =\rho& \\
\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\:; & 0\leq \rho \leq 1
\end{array} \right.[/tex]

Sostituendo si ha:

[tex]\displaystyle \int_0^1 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\rho \sin\theta}{\rho^2 \cos^2\theta+\rho^2 \sin^2\theta}\rho \: d\theta \, d\rho= \int_0^1 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \: d\theta\, d\rho = \Biggl[ -\cos\theta \Biggr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}[/tex]

Invece il risultato corretto è $\pi/4-(\sqrt{2})/2$. Come mai? Dove sto sbagliando? Le limitazioni di $\theta$ sono giuste? E quelle di $\rho$?
O forse dovrebbe essere [tex]1 \leq \rho \leq \sqrt{2}[/tex]?

[hastings1]

Riprendendo da

"hastings":O forse dovrebbe essere [tex]1 \leq \rho \leq \sqrt{2}[/tex]?

Ho provato a fare

[tex]\left\lbrace \begin{array}{lc}
x =\rho \cos\theta& \\
y =\rho \sin\theta &\\
|J| =\rho& \\
\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\:; & 1\leq \rho \leq \sqrt{2}
\end{array} \right.[/tex]

[tex]\displaystyle \int_1^{\sqrt{2}} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\rho \sin\theta}{\rho^2 \cos^2\theta+\rho^2 \sin^2\theta}\rho \: d\theta \, d\rho= \int_1^{\sqrt{2}} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \: d\theta\, d\rho = \left( \sqrt{2}-1\right) \Biggl[ -\cos\theta \Biggr]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}[/tex][tex]=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]

Ancora non ci siamo...

[faximusy]

EDIT: No, un attimo, ho confuso il dominio


Forse è meglio che lo spezzi in due, perchè se prendi il $\rho$ lungo quell'arco, fuoriesce dal dominio

[DajeForte]

fallo come differenza di due integrali;
il primo sul triangolo ${(x,y)in RR^2 quad : quad 0<=y<=1 quad , quad 0<=x<=y}$
il secondo sulla parte di circonferenza che hai già fatto

[stefano_89]

$\theta$ è corretto. Per quanto rigurdo $\rho$, non puoi assolutamente avere 2 valori finiti come estremi, altrimenti ti troveresti una corona circolare.
Possiamo dre che la parte delimitata dal triangolo è: $y < x, x = 1$, ok ? quindi oltre all' equazione del cerchio, da cui ricavi: $\rho > 1$, ottieni l' eq. $y < 1 => \rhosen\theta < 1 => \rho < 1/sin\theta$

Poi solgi i calcoli e viene corretto..

[anticristo1]

non ho capito perchè fai $\pi/4 <= \vartheta <= \pi/2 $ non dovrebbe essere $0 <= \vartheta <= \pi/4 $ ? il risultato viene $\pi/4+sqrt(2)/2-1$

scusa ho sbagliato il triangolo ho considerato quello di vertici (0,0) ,(1,0) ,(1,1)...

comunque si può estendere al quadrato [0,r]x [0,r] come se fosse la somma di due triangoli e facendo l'integrale con $0 <= \vartheta <= \pi/2 $ e $1 <= \rho <= \beta(\vartheta) $ , con $\beta(\vartheta)=r/cos\vartheta $ se $0 <= \vartheta <= \pi/4 $
e
$\beta(\vartheta)=r/(sen\vartheta )$ se $\pi/4 <= \vartheta <= \pi/2 $

[hastings1]

"DajeForte":fallo come differenza di due integrali;
il primo sul triangolo ${(x,y)in RR^2 quad : quad 0<=y<=1 quad , quad 0<=x<=y}$
il secondo sulla parte di circonferenza che hai già fatto

Mi piace l'idea! Non ci avevo pensato però come faccio l'integrale del triangolo?

[tex]\displaystyle \int_0^1 \int_0^y \frac{y}{x^2+y^2} \: dx\, dy[/tex] e adesso? arctg? Di cosa?

"stefano_89": θ è corretto. Per quanto rigurdo ρ, non puoi assolutamente avere 2 valori finiti come estremi, altrimenti ti troveresti una corona circolare.
Possiamo dre che la parte delimitata dal triangolo è: y1, ottieni l' eq. y<1⇒ρsenθ<1⇒ρ<1sinθ

Poi solgi i calcoli e viene corretto.. Smile

Non ho capito quale sarebbe la parte delimitata dal triangolo, pensavo che il triangolo T avesse vertici (0,0), (0,1) e (1,1). x=1 cade fuori dal triangolo T, no? Non postresti mettere un'immagine per togliere ogni dubbio?

"anticristo":non ho capito perchè fai π4≤ϑ≤π2 non dovrebbe essere 0≤ϑ≤π4 ? il risultato viene $\pi/4+\sqrt{2}/2-1$

Forse ho capito male io...il triangolo T non è quello compreso tra la bisettrice del 1° e 3° quadrante e la retta y=1? La bisettrice del 1° e 3° quadrante ha pendenza $\pi/4$ (partendo ad angolo nullo nel punto (1,0) ) e il punto (0,1) è a 90° cioè $\pi/2$. O sbaglio?

[hastings1]

"anticristo":non ho capito perchè fai $\pi/4 <= \vartheta <= \pi/2 $ non dovrebbe essere $0 <= \vartheta <= \pi/4 $ ? il risultato viene $\pi/4+sqrt(2)/2-1$

scusa ho sbagliato il triangolo ho considerato quello di vertici (0,0) ,(1,0) ,(1,1)...

comunque si può estendere al quadrato [0,r]x [0,r] come se fosse la somma di due triangoli e facendo l'integrale con $0 <= \vartheta <= \pi/2 $ e $1 <= \rho <= \beta(\vartheta) $ , con $\beta(\vartheta)=r/cos\vartheta $ se $0 <= \vartheta <= \pi/4 $
e
$\beta(\vartheta)=r/(sen\vartheta )$ se $\pi/4 <= \vartheta <= \pi/2 $

Mentre rispondevo stavi già rettificando. Tuttavia non capisco come sei arrivato a dire che $\beta(\vartheta)=r/cos\vartheta $? Però mi hai dato un'idea: faccio la sottrazione tra 2 integrali, quello calcolato sul quadrato e quello sul cerchio tra 0 e $\pi/2$. Poi divido per 2.

[stefano_89]

accedenti che errore, ho considerato il triangolo di vertici (0,0), (1,0), (1,1)..

EDIT: basta fare lo stesso ragionamento considerando: $y > x, y = 1$

[hastings1]

Niente...non so come fare con

[tex]\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \frac{y}{x^2+y^2} \: dy\;dx[/tex]

oppure fare come suggeriva DajeForte

[anticristo1]

basta che fai come ha detto stefano con $\pi/4<=\theta<=\pi/2 $ e $1<=\rho<=1/(sin\theta) $
e si trova $(\pi/4)-(sqrt(2))/2$

[stefano_89]

se ti è più chiaro, pensala così: hai x e y che si muovono in particolari intervalli per descrivere quel tringolo. Y si muove tra 0 ed 1, mentre X assume valori per $y > x$, da qui passi alle polari: $0 < y < 1 => \rho < 1/sen\theta$, l'altra equazioni ti dà una consizione su $\theta$, ma non è importante, visto che abbiamo trovato i suoi estremi per via grafica.

[hastings1]

Ok, stefano_89 faccio come hai detto tu con $0 \leq \rho \leq 1/{\sin\theta}$ e $\pi/4 \leq \theta \leq \pi/2$ però ancora non mi viene:


[tex]\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\frac{1}{\sin\theta}} \sin\theta \: d\rho\, d\theta= \displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \int_0^{\frac{1}{\sin\theta}} \: d\rho\, d\theta=\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \cdot \frac{1}{\sin\theta} \: d\theta= \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}[/tex][tex]= \dfrac{\pi}{4}[/tex]

Poi avrei un altro dubbio: se prendo $x \leq y \leq 1$ e $0\leq x \leq 1$ anziché $0\leq y\leq 1$ perché non è la stessa cosa? Non dovrebbe essere la stessa cosa?

[hastings1]

No aspetta ho sbagliato a prendere $\rho$: anziché prenderlo tra 1 e $1/{\sin \theta}$, l'ho preso tra $0≤ρ≤1/sinθ$.

Di nuovo, avevamo preso $ 0 <= y<= 1$ allora non dovrebbe essere $ 0 <= \rho<= 1/{\sin\theta}$ invece di $ 1 <= \rho<= 1/{\sin\theta}$?

[stefano_89]

no, l' estremo inferiore è 1, perchè ti viene dato dall' equazione del cerchio.

[hastings1]

ok!
E per quanto riguarda l'altro modo di procedere? $0<=x<=1$ invece di $ 0<=y<=1$ ? In questo modo verrebbe $ \rho \cos\theta <= 1$ da cui $\rho <= 1/{\cos\theta}$. Ma non mi viene il risultato corretto. Perché? In fondo non dovrebbe cambiare alcunché? No?