Integrale doppio da risolversi con coordinate polari
$\intint_{\Omega}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}dxdy$ , $\Omega={ (x,y): x^{2}+y^{2}\geq4, 0\leq x\leq2, 0\leq y\leq2\} $
Come prima cosa ho rappresentato graficamente l'insieme $\Omega$ e questo non è stato difficile.
Poi ho eseguito il cambiamento delle variabili di integrazione ottenendo:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\int_{2}^{\frac{2}{\cos\varphi}}\frac{1}{\sqrt{\rho^{2}\cos^{2}\varphi+\rho^{2}\sin^{2}varphi}}\rhod\rho) d\varphi$
Poi dopo alcuni passaggi immediati sono arrivato ad ottenere la forma:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos\varphi}d\varphi - \pi$
poi ho provato ad andare avanti ma non ho molte idee per farlo ..... aiuto please
Come prima cosa ho rappresentato graficamente l'insieme $\Omega$ e questo non è stato difficile.
Poi ho eseguito il cambiamento delle variabili di integrazione ottenendo:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\int_{2}^{\frac{2}{\cos\varphi}}\frac{1}{\sqrt{\rho^{2}\cos^{2}\varphi+\rho^{2}\sin^{2}varphi}}\rhod\rho) d\varphi$
Poi dopo alcuni passaggi immediati sono arrivato ad ottenere la forma:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos\varphi}d\varphi - \pi$
poi ho provato ad andare avanti ma non ho molte idee per farlo ..... aiuto please
Risposte
Si può risolvere con la famosa sostituzione $t=tg(varphi/2)$.
Oppure noti che:
$1/cos(varphi)=cos(varphi)/(cos^2(varphi))=cos(varphi)/(1-sin^2(varphi))$, da qui sai andare avanti?
Oppure noti che:
$1/cos(varphi)=cos(varphi)/(cos^2(varphi))=cos(varphi)/(1-sin^2(varphi))$, da qui sai andare avanti?
grazie per l'idea ..... provo subito e posto soluzione nel caso positivo 
L'ha fatto in quel modo proprio l'altro giorno il mio professore 
. Io con queste manipolazioni convenienti sono negato.
Comunque la sostituzione con le formule parametriche del seno e del coseno la conosci, vero?
. Io con queste manipolazioni convenienti sono negato. Comunque la sostituzione con le formule parametriche del seno e del coseno la conosci, vero?
allora con la prima sostituzione che mi hai proposto sono arrivato alla forma:
$2\int_{0}^{1}\frac{1}{\cos(2\arctan(t))}2\frac{1}{1+t^{2}}dt = 4\int_{0}^{1}\frac{1}{\cos(2\arctan(t))}\frac{1}{1+t^{2}}dt$
e mi sembra che sia una forma più complicata di quella di prima .... o magari è solo un impressione.
Ora provo la seconda e posto.
$2\int_{0}^{1}\frac{1}{\cos(2\arctan(t))}2\frac{1}{1+t^{2}}dt = 4\int_{0}^{1}\frac{1}{\cos(2\arctan(t))}\frac{1}{1+t^{2}}dt$
e mi sembra che sia una forma più complicata di quella di prima .... o magari è solo un impressione.
Ora provo la seconda e posto.
Eh ma la prima sostituzione si basa sull'utilizzo delle formule parametriche:
$cos(varphi)=(1-t^2)/(1+t^2)$, $sin(varphi)=(2t)/(1+t^2)$, con $t=tg(varphi/2)$
$cos(varphi)=(1-t^2)/(1+t^2)$, $sin(varphi)=(2t)/(1+t^2)$, con $t=tg(varphi/2)$
Io trovo che gli estremi di integrazione siano sbagliati. Spiego: da come è scritto il dominio, a me pare che esso risulti il quadrato di vertici $(0,0),\ (0,2),\ (2,2),\ (2,0)$ privato del quarto di circonferenza di centro l'origine e raggio due. Secondo me risulta più intelligente procedere in questo modo: se chiamo $Q$ il quadrato e $C$ la circonferenza, allora $\Omega=Q\setminus C$ per cui l'integrale diventa
[tex]$\iint_{\Omega} f(x,y)\ dx\ dy=\iint_Q f(x,y)\ dx\ dy-\iint_C f(x,y)\ dx \dy$[/tex]
e quindi, essendo $Q=\{(x,y)\in RR\ :\ 0\le x\le 2,\ 0\le y\le 2\}$, mentre, in coordinate polari, $C=\{(\rho,\theta)\in RR\ :\ 0\le\rho\le 2, 0\le\theta\le\pi/2\}$ segue che
[tex]$\iint_{\Omega} f(x,y)\ dx\ dx=\int_0^2\int_0^2\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\ dx \dy-\int_0^{\pi/2}\int_0^2\ d\rho\ d\theta$[/tex]
che mi sembra molto più semplice.
[tex]$\iint_{\Omega} f(x,y)\ dx\ dy=\iint_Q f(x,y)\ dx\ dy-\iint_C f(x,y)\ dx \dy$[/tex]
e quindi, essendo $Q=\{(x,y)\in RR\ :\ 0\le x\le 2,\ 0\le y\le 2\}$, mentre, in coordinate polari, $C=\{(\rho,\theta)\in RR\ :\ 0\le\rho\le 2, 0\le\theta\le\pi/2\}$ segue che
[tex]$\iint_{\Omega} f(x,y)\ dx\ dx=\int_0^2\int_0^2\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\ dx \dy-\int_0^{\pi/2}\int_0^2\ d\rho\ d\theta$[/tex]
che mi sembra molto più semplice.
Vero, non avevo controllato. L'alternativa è spezzarlo in due domini normali, uno con estremo $2/cosvarphi$ e l'altro con $2/sinvarphi$.
con la seconda sostituzione, cioè $\frac{1}{\cos\varphi}=\frac{\cos\varphi}{\cos^{2}\varphi}=\frac{\cos}{1-\sin^{2}\varphi}$ arrivo alla forma:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\varphi}{1-\sin^{2}\varphi}d\varphi-\pi$
poi osservo che $d\varphi=\frac{d\sin\varphi}{\cos\varphi}$ e dovrei ottenere:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1-\sin^{2}\varphi}d(\sin\varphi)-\pi$
Poi ho pensato di scomporre il denominatore visto che è una differenza di quadrati ottenendo:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1-\sin\varphi)(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
Poi ho pensato di ricorrere alla scomposizione di hermite ottenendo:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1-\sin\varphi)}+\frac{1}{2(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
e quindi ottengo che:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1-\sin\varphi)}d(\sin\varphi)+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1-\sin\varphi)}d(\sin\varphi)+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
Se non erro dovrebbe venire una cosa del tipo:
$-[\log(1-\sin\varphi)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+ [\log(1+\sin\varphi)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\pi$
Quindi inizio a credere come ciampax che i miei estremi di integrazione siano errati ... e penso che nonostante il dominio sia corretto forse non ho capito bene come convertirlo in coordinate polari
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\varphi}{1-\sin^{2}\varphi}d\varphi-\pi$
poi osservo che $d\varphi=\frac{d\sin\varphi}{\cos\varphi}$ e dovrei ottenere:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1-\sin^{2}\varphi}d(\sin\varphi)-\pi$
Poi ho pensato di scomporre il denominatore visto che è una differenza di quadrati ottenendo:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1-\sin\varphi)(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
Poi ho pensato di ricorrere alla scomposizione di hermite ottenendo:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1-\sin\varphi)}+\frac{1}{2(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
e quindi ottengo che:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1-\sin\varphi)}d(\sin\varphi)+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1-\sin\varphi)}d(\sin\varphi)+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(1+\sin\varphi)}d(\sin\varphi)-\pi$
Se non erro dovrebbe venire una cosa del tipo:
$-[\log(1-\sin\varphi)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+ [\log(1+\sin\varphi)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\pi$
Quindi inizio a credere come ciampax che i miei estremi di integrazione siano errati ... e penso che nonostante il dominio sia corretto forse non ho capito bene come convertirlo in coordinate polari
Sì ma non devi supporlo dal risultato, che non è nemmeno così terribile dai!
non l'ho dedotto dal risultato che non penso sia accettabile anche perchè non è come quello del testo ..ma dal fatto che non riesco bene ad usare le coordinate polari e non capisco perchè visto che con gli strumenti matematici pratici riesco abbastanza bene
Ahah innanzitutto scusa, visto che ho dato consigli sul trovare la primitiva senza soffermarmi un minimo in più sul resto.
Comunque, tu hai soltanto imposto la condizione che il tuo insieme sia tra $rho$ e la retta $x=2$, dimenticandoti della limitazione superiore. Per cui stavi integrando su uno spazio infinito invece che sull'insieme $Omega$, e in effetti esce fuori un integrale improprio (il coseno si annulla in $pi/2$). Se vai a vedere il risultato infatti non ha senso perché esce un $log0$.
Per farlo tutto in coordinate polari dovevi spezzare tutto in due parti, una tra $0$ e $pi/4$ in cui puoi riciclare i calcoli che hai già fatto, e l'altra tra $pi/4$ e $pi/2$ con la limitazione $y<=2$ ossia $rho<=2/sinvarphi$.
Altrimenti fai come ti ha suggerito ciampax.
Comunque, tu hai soltanto imposto la condizione che il tuo insieme sia tra $rho$ e la retta $x=2$, dimenticandoti della limitazione superiore. Per cui stavi integrando su uno spazio infinito invece che sull'insieme $Omega$, e in effetti esce fuori un integrale improprio (il coseno si annulla in $pi/2$). Se vai a vedere il risultato infatti non ha senso perché esce un $log0$.
Per farlo tutto in coordinate polari dovevi spezzare tutto in due parti, una tra $0$ e $pi/4$ in cui puoi riciclare i calcoli che hai già fatto, e l'altra tra $pi/4$ e $pi/2$ con la limitazione $y<=2$ ossia $rho<=2/sinvarphi$.
Altrimenti fai come ti ha suggerito ciampax.
grazie per le dritte ...provo subito in entrambe i modi ... vediamo se divento un drago degli integrali doppi 
ciampax ho provato la tua soluzione con un risultato non accettabile e poi ho capito che non posso integrare la funzione in Q poichè non è definita in (0,0) ....
Allora yellow ho provato a fare i calcoli con il tuo consiglio .... e finalmente il tutto va avanti anche se devo ancora capire bene perchè avrei dovuto fare una scelta del genere ..... cmq andiamo ai calcoli.
Ho iniziato scomponendo il tutto come hai detto tu:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\int_{2}^{\frac{2}{\cos\varphi}}d\rho)d\varphi+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\int_{2}^{\frac{2}{\sin\varphi}}d\rho)d\varphi = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\frac{2}{\cos\varphi}-2)d\varphi+ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\frac{2}{\sin\varphi}-2)d\varphi$
Dopo qualche passo ho ottenuto la forma:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos\varphi}d\varphi+2\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin\varphi}d\varphi-\pi$
Poi il passo successivo è stato ricorrere alla forma parametrica per esprimere le funzioni trigonometriche e cioè:
$t=\tan\frac{\varphi}{2} , \cos\varphi=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} , \sin\varphi=\frac{2t}{1+t^{2}} , d\varphi= \frac{2}{1+t^{2}}dt$
Dopo alcuni passi si ottiene:
$2\log(\sqrt{2}+1)-2\log(\sqrt{2}-1) -\pi = 2\log(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}) - \pi = 2\log(\frac{(\sqrt{2}+1)^{2}}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}) - \pi = 2\log(\sqrt{2}+1)^{2} - \pi = 4\log(\sqrt{2}+1) - \pi$
Il risultato è corretto .... finalmente.
Ora yellow volevo sapere sotto quale ragionamento avrei dovuto operare la prima scomposizione dell'integrale nei due termini?
Ho iniziato scomponendo il tutto come hai detto tu:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\int_{2}^{\frac{2}{\cos\varphi}}d\rho)d\varphi+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\int_{2}^{\frac{2}{\sin\varphi}}d\rho)d\varphi = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\frac{2}{\cos\varphi}-2)d\varphi+ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\frac{2}{\sin\varphi}-2)d\varphi$
Dopo qualche passo ho ottenuto la forma:
$2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos\varphi}d\varphi+2\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin\varphi}d\varphi-\pi$
Poi il passo successivo è stato ricorrere alla forma parametrica per esprimere le funzioni trigonometriche e cioè:
$t=\tan\frac{\varphi}{2} , \cos\varphi=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} , \sin\varphi=\frac{2t}{1+t^{2}} , d\varphi= \frac{2}{1+t^{2}}dt$
Dopo alcuni passi si ottiene:
$2\log(\sqrt{2}+1)-2\log(\sqrt{2}-1) -\pi = 2\log(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}) - \pi = 2\log(\frac{(\sqrt{2}+1)^{2}}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}) - \pi = 2\log(\sqrt{2}+1)^{2} - \pi = 4\log(\sqrt{2}+1) - \pi$
Il risultato è corretto
.... finalmente.Ora yellow volevo sapere sotto quale ragionamento avrei dovuto operare la prima scomposizione dell'integrale nei due termini?
E' più facile da visualizzare che da spiegare. Lo vedi che la bisettrice del I-III quadrante spacca perfettamente in 2 il quadrato lungo la diagonale? Per cui, fissato $varphi$, la limitazione per $rho$ (che rappresenta la distanza dall'origine) è data dal lato destro del quadrato se $varphi$ è minore di $45^\circ$, dal lato superiore se $varphi$ è maggiore di $45^\circ$. Essendo $varphi$ fissato, devi immaginarti di scorrere lungo una retta che ha quella stessa angolazione e pensare "quand'è che sto dentro l'insieme?".
Ok ... penso di aver capito .... grazie ..... allora problema risolto
..... allora problema risolto
Come l'avevi trovata tu la limitazione $2/cosvarphi$?
la limitazione l'ho trovata dalla definizione stessa del dominio di integrazione:
$x \leq2 \Rightarrow\rho\cos\varphi\leq2 \Rightarrow\rho\leq\frac{2}{\cos\varphi}$
$x \leq2 \Rightarrow\rho\cos\varphi\leq2 \Rightarrow\rho\leq\frac{2}{\cos\varphi}$
"Johnny_Mnemonic":
ciampax ho provato la tua soluzione con un risultato non accettabile e poi ho capito che non posso integrare la funzione in Q poichè non è definita in (0,0) ....
Hai perfettamente ragione... io per qualche strano motivo continuavo a pensare che la funzione da integrare fosse [tex]$\sqrt{x^2+y^2}$[/tex]! Comunque, stavo pensando se non sia possibile fare questo integrale usando qualcosa tipo Lemma di Greene....
"Johnny_Mnemonic":
la limitazione l'ho trovata dalla definizione stessa del dominio di integrazione:
$x \leq2 \Rightarrow\rho\cos\varphi\leq2 \Rightarrow\rho\leq\frac{2}{\cos\varphi}$
Ok, è giusto, ma solo fino a $pi/4$! Poi la limitazione diventa $y<=2$, ossia...
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