Integrale in una variabile, coordinate polari?
Ciao 
Pensavo.... ma integrare in coordinate polari, rispetto a una variabile?
So che potrebbe non aver senso, però mettiamo che l'abbia.
$y=2x+1$ diventa $rho=1/(sintheta-2costheta),thetain[arctan(2),arctan(2)+pi]$
voglio calcolare l'area in $[-1/2,0]$ in questo intervallo l'angolo varia tra $[pi/2,pi]$
Però non ho mai integrato in coordinate polari, tantomeno in una variabile.
Facendo una considerazione, questa funzione indica come varia il raggio, al variare dell'angolo $theta$, quindi integrando non mi viene l'area sottesa alla retta, no?
$int_(pi/2)^(pi)rho(theta)d theta$
però penso di star dimenticando a considerare qualcosa. Cioè così non sto considerando la retta.
La retta è l'insieme dei punti $P(rho,theta)$ con $rhoin(1/2,1)$ e $thetain(pi/2,pi)$
Mi chiarite questa cosa?
Pensavo.... ma integrare in coordinate polari, rispetto a una variabile?
So che potrebbe non aver senso, però mettiamo che l'abbia.
$y=2x+1$ diventa $rho=1/(sintheta-2costheta),thetain[arctan(2),arctan(2)+pi]$
voglio calcolare l'area in $[-1/2,0]$ in questo intervallo l'angolo varia tra $[pi/2,pi]$
Però non ho mai integrato in coordinate polari, tantomeno in una variabile.
Facendo una considerazione, questa funzione indica come varia il raggio, al variare dell'angolo $theta$, quindi integrando non mi viene l'area sottesa alla retta, no?
$int_(pi/2)^(pi)rho(theta)d theta$
però penso di star dimenticando a considerare qualcosa. Cioè così non sto considerando la retta.
La retta è l'insieme dei punti $P(rho,theta)$ con $rhoin(1/2,1)$ e $thetain(pi/2,pi)$
Mi chiarite questa cosa?
Risposte
Quello che stai facendo non è integrare passando a coordinate polari, ma tutt'altra cosa, stai proprio usando un diverso sistema di rifrimento.
Per le funzioni in due variabili f(x,y) di solito in alcuni integrali è comodo passare a "coordinate polari", ma queste in verità non sono coordinate polari vere e proprie ma sono solo una applicazione con determinate proprietà che trasforma x e y in $rho$ e $theta$, in pratica gli assi ora non si chiamano più x e y ma si chiamano $rho$ e $theta$, ma sempre assi cartesiani ortogonali restano, il sistema resta sempre cartesiano, si è fatto solo un cambio di variabile, come si fa nell'usuale cambio di variabile ler gli integrali in una variabile. Nel tuo caso invece sei passato dalla rappresentazione "cartesiana" di una retta alla sua rappresentazione "polare", non hai fatto un cambio di variabile, perchè nel sistema polare non esiste un asse $rho$ e un asse $theta$ ma $rho$ è la distanza dall'origine e $theta$ è l'angolo che il raggio vettore forma con un asse orizzontale, quindi non puoi integrare $rho$ in $d theta$ nel modo usuale. Sia nel sistema cartesiano x,y sia in quello polare però la retta è sempre una retta, e l'area che vuoi calcolare è sempre la stessa. L'area che tu volevi calcolare era quella commpresa tra f(x) e $x in [-1/2,0]$. Nel sistema polare equivale all'area compresa tra $theta in [pi/2, pi]$ e $rho(theta)$. Chiaramente come ho già detto l'elemento infinitesimo di area nel caso cartesiano è $f(x)dx$, in quello polare però non è $rho(theta)d theta$ dato che $theta$ non varia su un asse ma varia come un angolo, pertanto l'elemento infinitesimo di area è $1/2rho(theta)^2d theta$, l'area sotto la retta è pertanto $1/2int_(pi/2)^(pi)rho(theta)^2d theta$
Per le funzioni in due variabili f(x,y) di solito in alcuni integrali è comodo passare a "coordinate polari", ma queste in verità non sono coordinate polari vere e proprie ma sono solo una applicazione con determinate proprietà che trasforma x e y in $rho$ e $theta$, in pratica gli assi ora non si chiamano più x e y ma si chiamano $rho$ e $theta$, ma sempre assi cartesiani ortogonali restano, il sistema resta sempre cartesiano, si è fatto solo un cambio di variabile, come si fa nell'usuale cambio di variabile ler gli integrali in una variabile. Nel tuo caso invece sei passato dalla rappresentazione "cartesiana" di una retta alla sua rappresentazione "polare", non hai fatto un cambio di variabile, perchè nel sistema polare non esiste un asse $rho$ e un asse $theta$ ma $rho$ è la distanza dall'origine e $theta$ è l'angolo che il raggio vettore forma con un asse orizzontale, quindi non puoi integrare $rho$ in $d theta$ nel modo usuale. Sia nel sistema cartesiano x,y sia in quello polare però la retta è sempre una retta, e l'area che vuoi calcolare è sempre la stessa. L'area che tu volevi calcolare era quella commpresa tra f(x) e $x in [-1/2,0]$. Nel sistema polare equivale all'area compresa tra $theta in [pi/2, pi]$ e $rho(theta)$. Chiaramente come ho già detto l'elemento infinitesimo di area nel caso cartesiano è $f(x)dx$, in quello polare però non è $rho(theta)d theta$ dato che $theta$ non varia su un asse ma varia come un angolo, pertanto l'elemento infinitesimo di area è $1/2rho(theta)^2d theta$, l'area sotto la retta è pertanto $1/2int_(pi/2)^(pi)rho(theta)^2d theta$
Perfetto grazie mille non mi è chiaro soltanto come ti risulta $1/2rho(theta)^2$. Cioè da dove esce.
non mi è chiaro soltanto come ti risulta $1/2rho(theta)^2$. Cioè da dove esce.
A posto ci sono arrivato passando attraverso la definizione di integrale definito, considerando settori circolari. A saperlo prima tutte gli integrali del tipo:
$int_(-r)^(r)sqrt(r^2-x^2)dx$
Le integravo come
$1/2int_(0)^(pi)rho^2(theta)d theta$
$int_(-r)^(r)sqrt(r^2-x^2)dx$
Le integravo come
$1/2int_(0)^(pi)rho^2(theta)d theta$
Eh si, il sistema polare permette di poter semplificare a volte l'equazione di una certa curva, il calcolo della sua lunghezza, il calcolo della sua area (se la curva è chiusa) oppure altri parametri cinematici come curvatura, velocità, accelerazione, che in coordinate cartesiane risulterebbero abbastanza complessi
Ciao!
L'ho provata con $y=x^2$
Voglio calcolare l'area da $x=1$ a $x=3$
$A=\int_{1}^{3} x^2 dx=[x^3 / 3]_{1}^{3} = 9 -1/3$
Adesso voglio calcolare la stessa area, passando in coordinate polari
$y =x^2$
$rsin(t) = r^2 cos^2(t)$
$r=sin(t)/cos^2(t)$
Gli estremi sono: $arctan(3)$ , $\pi /4$
$A = 1/2 \int_{\pi /4} ^{arctan(3)}sin^2(t)/cos^4(t) dt = 1/2 \int_{\pi /4}^{arctan(3)} tan^2(t) (tan(t))' dt = 1/2[tan^3(t)/3]_{\pi /4}^{ arctan(3)} = 1/2(9-1/3)$
Le due aree sono una il doppio dell'altra, come si spiega??
L'ho provata con $y=x^2$
Voglio calcolare l'area da $x=1$ a $x=3$
$A=\int_{1}^{3} x^2 dx=[x^3 / 3]_{1}^{3} = 9 -1/3$
Adesso voglio calcolare la stessa area, passando in coordinate polari
$y =x^2$
$rsin(t) = r^2 cos^2(t)$
$r=sin(t)/cos^2(t)$
Gli estremi sono: $arctan(3)$ , $\pi /4$
$A = 1/2 \int_{\pi /4} ^{arctan(3)}sin^2(t)/cos^4(t) dt = 1/2 \int_{\pi /4}^{arctan(3)} tan^2(t) (tan(t))' dt = 1/2[tan^3(t)/3]_{\pi /4}^{ arctan(3)} = 1/2(9-1/3)$
Le due aree sono una il doppio dell'altra, come si spiega??
In coordinate polari, calcoli l'area definita dal settore circolare, al variare dell'angolo $theta$
Dunque devi portarti in una situazione favorevole.
ho spostato il polo nel punto $P(3,1)$ in poche parole.
l'equazione diventa $y=rhosin(theta)+1$ e $x=rhocos(theta)+3$
$rhosin(theta)+1=rho^2cos^2(theta)+6rhocos(theta)+9$
$rho^2cos^2(theta)+rho(6cos(theta)-sin(theta))+8=0$
$rho(theta)=(sin(theta)-6cos(theta)pmsqrt((6cos(theta)-sin(theta))^2-32cos^2(theta)))/(2cos^2(theta)$
se calcolassimo ora $lim_(alpha->(pi/2)^+)[1/2int_(alpha)^(pi)rho(theta)^2d theta]+2$ il risultato sarebbe corretto. Il $+2$ è dato dal fatto che sotto la parabola c'è un rettangolo.
Ho notato che è scomodo passare a coordinate polari in questi casi.
In quel caso avresti calcolato il "settoroide circolare"(termine appena coniato, stupendo eh?)
stavi calcolando questa
Dunque devi portarti in una situazione favorevole.
ho spostato il polo nel punto $P(3,1)$ in poche parole.
l'equazione diventa $y=rhosin(theta)+1$ e $x=rhocos(theta)+3$
$rhosin(theta)+1=rho^2cos^2(theta)+6rhocos(theta)+9$
$rho^2cos^2(theta)+rho(6cos(theta)-sin(theta))+8=0$
$rho(theta)=(sin(theta)-6cos(theta)pmsqrt((6cos(theta)-sin(theta))^2-32cos^2(theta)))/(2cos^2(theta)$
se calcolassimo ora $lim_(alpha->(pi/2)^+)[1/2int_(alpha)^(pi)rho(theta)^2d theta]+2$ il risultato sarebbe corretto. Il $+2$ è dato dal fatto che sotto la parabola c'è un rettangolo.
Ho notato che è scomodo passare a coordinate polari in questi casi.
In quel caso avresti calcolato il "settoroide circolare"(termine appena coniato, stupendo eh?
)stavi calcolando questa
Ci sto lavoricchiando e devo dire che non è niente male.
ho voluto calcolare quest'area.
le equazioni e il piano in questione sono questi
$Pi={(x,y)inRR^2:4leqx^2+y^2leq16,xgeq1,ygeqxsqrt3}$
in coordinate cartesiane l'integrale sarebbe $int_(1)^(2)sqrt(16-x^2)dx-int_(1)^(2)xsqrt3dx$
in coordinate polari invece lo calcolerei così considerando la retta $x=1$
$rho=1/cos(theta)$ e $rho=4$ con $thetain[pi/3,arctan(sqrt15)]$
quindi me lo calcolo così:
$1/2int_(pi/3)^(arctan(sqrt15))16d theta-1/2int_(pi/3)^(arctan(sqrt15))1/cos^2(theta)d theta$
$8arctan(sqrt15)-(8pi)/3-1/2[tan(theta)]_(pi/3)^(arctan(sqrt15))$
$8arctan(sqrt15)-(8pi)/3-(sqrt(15)-sqrt(3))/2$
e ci sono voluti due passaggi. Anche se mi piacerebbe ancora di più trovare un metodo che mi permetta di far variare anche il raggio.
ho voluto calcolare quest'area.
le equazioni e il piano in questione sono questi
$Pi={(x,y)inRR^2:4leqx^2+y^2leq16,xgeq1,ygeqxsqrt3}$
in coordinate cartesiane l'integrale sarebbe $int_(1)^(2)sqrt(16-x^2)dx-int_(1)^(2)xsqrt3dx$
in coordinate polari invece lo calcolerei così considerando la retta $x=1$
$rho=1/cos(theta)$ e $rho=4$ con $thetain[pi/3,arctan(sqrt15)]$
quindi me lo calcolo così:
$1/2int_(pi/3)^(arctan(sqrt15))16d theta-1/2int_(pi/3)^(arctan(sqrt15))1/cos^2(theta)d theta$
$8arctan(sqrt15)-(8pi)/3-1/2[tan(theta)]_(pi/3)^(arctan(sqrt15))$
$8arctan(sqrt15)-(8pi)/3-(sqrt(15)-sqrt(3))/2$
e ci sono voluti due passaggi. Anche se mi piacerebbe ancora di più trovare un metodo che mi permetta di far variare anche il raggio.
Stupendo!
In realtà integravo per settori e non per rettangoli quindi?
Comunque questo tipo di integrazione sembra utilissimo in determinati casi
In realtà integravo per settori e non per rettangoli quindi?
Comunque questo tipo di integrazione sembra utilissimo in determinati casi
Si io mi sto trovando molto bene con le coniche. In particolare iperbole, ellisse e circonferenza. La cosa utile è che spostando il polo ti gestisci i calcoli facilmente.
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