Integrale doppio di piano triangolare
Buonasera, devo calcolare questo integrale doppio:
$intint[D]|x^2+y^2-1/2|dxdy$ (integrale doppio esteso a D)
dove D è il dominio piano triangolare di vertici (0,0),(1,0),(1,-1).
Se non ci fosse il valore assoluto sarebbe molto più semplice, ma così non so come "scioglierlo"
$intint[D]|x^2+y^2-1/2|dxdy$ (integrale doppio esteso a D)
dove D è il dominio piano triangolare di vertici (0,0),(1,0),(1,-1).
Se non ci fosse il valore assoluto sarebbe molto più semplice, ma così non so come "scioglierlo"
Risposte
sciogli il valore assoluto, alla fine dovresti trovarti con due funzioni, una definita dall'esterno, un'altra dall'interno della circonferenza di raggio $1/sqrt2$ al perimetro del triangolo. è questione di farsi il disegno, se hai problemi te lo posto
"enr87":
sciogli il valore assoluto, alla fine dovresti trovarti con due funzioni, una definita dall'esterno, un'altra dall'interno della circonferenza di raggio $1/sqrt2$ al perimetro del triangolo. è questione di farsi il disegno, se hai problemi te lo posto
quindi, diciamo che se non ci fosse stato il modulo, dovevo disegnare il solo triangolo e integrare banalmente, ma aessendoci il valore assoluto devo anche disegnarmi la circonferenza che sta dentro al modulo? generalmente dovrei procedere sempre così, secondo te?
se hai valori assoluti devi fare attenzione, ovvio che se non l'avessi avuto sarebbe stato molto più agevole perchè eri in un dominio semplice
[edit] ti posto una prima parte della soluzione, nel caso in cui $x^2 + y^2 >= 1/2$ (..l'altro è semplice). prova a continuare tu poi.
con le coordinate polari centrate nell'orgine si ottiene:
$x^2 + y^2 >= 1/2 => rho >= 1/sqrt(2) $
ora dobbiamo limitare la x e la y nel triangolo. dal disegno puoi notare che $x <= 1$. non serve aggiungere ulteriori limitazioni, nemmeno per la y, per il fatto che l'intervallo di integrazione di $theta$ è $(-pi/4 , 0)$.
ricavi allora che $rho <= 1/cos theta $.
il primo integrale diventa dunque $ int_{-pi/4}^{0} int_{1/sqrt(2)}^{1/cos theta} (rho^2 - 1/2)rho \ d rho d theta $
visto che da integrare è parecchio brutto forse ti conviene usare qualche altro modo, magari sfruttando i domini semplici (basta "rompere" il dominio di integrazione opportunamente) o le formule di green
[edit] ti posto una prima parte della soluzione, nel caso in cui $x^2 + y^2 >= 1/2$ (..l'altro è semplice). prova a continuare tu poi.
con le coordinate polari centrate nell'orgine si ottiene:
$x^2 + y^2 >= 1/2 => rho >= 1/sqrt(2) $
ora dobbiamo limitare la x e la y nel triangolo. dal disegno puoi notare che $x <= 1$. non serve aggiungere ulteriori limitazioni, nemmeno per la y, per il fatto che l'intervallo di integrazione di $theta$ è $(-pi/4 , 0)$.
ricavi allora che $rho <= 1/cos theta $.
il primo integrale diventa dunque $ int_{-pi/4}^{0} int_{1/sqrt(2)}^{1/cos theta} (rho^2 - 1/2)rho \ d rho d theta $
visto che da integrare è parecchio brutto forse ti conviene usare qualche altro modo, magari sfruttando i domini semplici (basta "rompere" il dominio di integrazione opportunamente) o le formule di green
"enr87":
se hai valori assoluti devi fare attenzione, ovvio che se non l'avessi avuto sarebbe stato molto più agevole perchè eri in un dominio semplice
[edit] ti posto una prima parte della soluzione, nel caso in cui $x^2 + y^2 >= 1/2$ (..l'altro è semplice). prova a continuare tu poi.
con le coordinate polari centrate nell'orgine si ottiene:
$x^2 + y^2 >= 1/2 => rho >= 1/sqrt(2) $
ora dobbiamo limitare la x e la y nel triangolo. dal disegno puoi notare che $x <= 1$. non serve aggiungere ulteriori limitazioni, nemmeno per la y, per il fatto che l'intervallo di integrazione di $theta$ è $(-pi/4 , 0)$.
ricavi allora che $rho <= 1/cos theta $.
il primo integrale diventa dunque $ int_{-pi/4}^{0} int_{1/sqrt(2)}^{1/cos theta} (rho^2 - 1/2)rho \ d rho d theta $
visto che da integrare è parecchio brutto forse ti conviene usare qualche altro modo, magari sfruttando i domini semplici (basta "rompere" il dominio di integrazione opportunamente) o le formule di green
io sono rimasto con le coordinate cartesiane, e ho spaccato il dominio D in 4 domini:
$D1 = {0<=x<=1/2, 0<=y<=-x}$
$D2 = {1/2<=x<=sqrt(2)/2, -sqrt((1/2-x^2))<=y<=0}$
$D3 = {1/2<=x<=sqrt(2)/2, -x<=y<=-sqrt((1/2-x^2))}$
$D4 = {sqrt(2)/2<=x<=1, -x<=y<=0}$
nei domini D1 e D2 sciolgo il valore assoluto col meno davanti, negli altri 2 tolgo semplicemente il valore assoluto.
Ora, nel calcolare il dominio D1 e D4 non ho problemi, ma i problemi sono per gli altri 2...
cito ad esempio l'integrale a D2:
$int[1/2,sqrt(2)/2] (x^2 dx) int [-sqrt((1/2-x^2)),0] (y^2-1/2 dy)$
tutta quella roba viene, integrata sotto x, come ho rappresentato in questo sito wolfram, e se si clicka su "show steps" fa vedere una 20ina di passaggi èer risolvere questo integrale, cosa che non mi sembra molto plausibile.. http://www.wolframalpha.com/input/?i=integral+%28x^2%28-%281%2F2-x^2%29%2F3%29^%283%2F2%29
mi aiutate, per piacere? forse devo passare, solo per quei 2 domini, a coordinate polari?
mi rendo conto che anche così è improponibile. hai provato con le formule di green?
[tex]\displaystyle\int_{1/\sqrt{2}}^\frac{1}{\cos\theta}\left(\rho^2-\frac{1}{2}\right)\rho\text{ d}\rho=\frac{\rho^2}{4}(\rho^2-1)\bigg{|}_{1/\sqrt{2}}^\frac{1}{\cos\theta}=\displaystyle\frac{1-\cos^2\theta}{4\cos^4\theta}+\frac{1}{16}=[/tex]
[tex]=\displaystyle\frac{\sin^2\theta}{4\cos^4\theta}+\frac{1}{16}=\frac{1}{4}\frac{\tan^2\theta}{\cos^2\theta}+\frac{1}{16}[/tex]
che si può integrare tranquillamente.
[tex]=\displaystyle\frac{\sin^2\theta}{4\cos^4\theta}+\frac{1}{16}=\frac{1}{4}\frac{\tan^2\theta}{\cos^2\theta}+\frac{1}{16}[/tex]
che si può integrare tranquillamente.
"enr87":
mi rendo conto che anche così è improponibile. hai provato con le formule di green?
quindi mi verrebbe:
1)$int{+$frontiera di D2$} (2xdy)
2)$-int{+$frontiera di D2$} (2ydx)
e poi come potrei proseguire?
@K.Lomax: aspetta, non ho capito da dove hai preso questo integrale...sei passato a coordinate polari, e mi trovo con la funzione da integrare, ma gli estremi di integrazione?
quindi, facendo così, non dovrei spezzettare il dominio iniziale in 4 sottodomini?
cavolo hai ragione, mi ero allarmato quando ho visto un termine di grado 4, invece andando avanti funziona
Quello è il primo integrale in [tex]\text{d}\rho[/tex]. Quello che esce fuori è un'integrale praticamente immediato in [tex]\text{d}\theta[/tex].
@enr87
Eh si
@enr87
Eh si
@K.Lomax: aspetta, non ho ben capito...sei passato a coordinate polari, e mi trovo con la funzione da integrare, ma gli estremi di integrazione?
quindi, facendo così, non dovrei spezzettare il dominio iniziale in 4 sottodomini?
quindi, facendo così, non dovrei spezzettare il dominio iniziale in 4 sottodomini?
Ti bastano due domini. Il primo è quello che ti ha mostrato enr87. Il secondo è quello con la stessa ampiezza angolare e [tex]\rho[/tex] nell'intervallo [tex][0,1/\sqrt{2}][/tex], cambiando di segno all'integrando.
"K.Lomax":
Ti bastano due domini. Il primo è quello che ti ha mostrato enr87. Il secondo è quello con la stessa ampiezza angolare e [tex]\rho[/tex] nell'intervallo [tex][0,1/\sqrt{2}][/tex], cambiando di segno all'integrando.
ok, credo di aver capito...
enr87, ma quì non dovrebbe essere $rho^2$?
$x^2 + y^2 >= 1/2 => rho >= 1/sqrt(2) $
no, perchè $ x^2 + y^2 = rho^2 $, poi facendo la radice quadrata ottieni $rho >= 1/sqrt2$
"enr87":
no, perchè $ x^2 + y^2 = rho^2 $, poi facendo la radice quadrata ottieni $rho >= 1/sqrt2$
ok, dunque se ho ben capito i 2 domini dovrebbero essere questi:
D1 = ${0<=rho<=sqrt(2)/2, -pi/4<=theta<=0}
D2 = ${sqrt(2)/2<=rho<=1, -pi/4<=theta<=0}
L'estremo superiore di [tex]\rho[/tex] per D2 è [tex]\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
"K.Lomax":
L'estremo superiore di [tex]\rho[/tex] per D2 è [tex]\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
non riesco a capire perchè è [tex]\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
Visualizzando il dominio noterai che il limite di [tex]\rho[/tex] in D2 è dato dalla retta [tex]x=1[/tex]. Essendo questo un limite superiore dovrai avere
[tex]x\leq1\Rightarrow\rho\cos\theta\leq1\Rightarrow\rho\leq\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
[tex]x\leq1\Rightarrow\rho\cos\theta\leq1\Rightarrow\rho\leq\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
"K.Lomax":
Visualizzando il dominio noterai che il limite di [tex]\rho[/tex] in D2 è dato dalla retta [tex]x=1[/tex]. Essendo questo un limite superiore dovrai avere
[tex]x\leq1\Rightarrow\rho\cos\theta\leq1\Rightarrow\rho\leq\frac{1}{\cos\theta}[/tex]
ok, grazie, molto gentili
scusatemi per le continue domande, ma molti esercizi non riesco proprio a farli da solo
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