Problema risoluzione integrale doppio con coord. polari

[zimbo941]

Ciao ragazzi, scrivo per la prima volta in questo forum, però vi seguo continuamente.

Sono quì per chiedervi un aiuto nella risoluzione di un integrale particolare, eccolo:
$\int int xy dxdy$ con dominio $\D={x^2+y^2<1, x^2+y^2<2x, y<0}$

calcolarlo normalmente sarebbe un po dispendioso, per questo ho pensato di trasformarlo in coordinate polari.

in pratica arrivo a scrivere il dominio così $D={0<\rho<1, 0<\rho<2cos\theta, \pi<\theta<2\pi}$

so che dovrei anche dividere l'integrale come somma di due integrali perchè il dominio mi costringe a farlo.. però il dominio a cui sono arrivato non mi convince piu di tanto. A questo punto vi chiedo: è possibile aggiungere condizioni al dominio dedotte visivamente o mediante intersezioni senza per forza trarre le condizioni sul dominio dal dominio di partenza andando semplicemente a sostituire a $x$ e $y$ con $rhocos\theta$ e $\rhosen\theta$??
Nello specifico avevo pensato di dividere il dominio a $\rho=10/6\pi$.

Attendo un vostro riscontro. Grazie della pazienza.

[Noisemaker]

SInceramente non ho capito bene quale sia la tua perplessità .... ma se consideriamo l'integrale
\[\iint_D xy\,\,dxdy,\]
dove
\[ D:=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2\le1,x^2+y^2\le2x, y\ge0\};\]
da un rapido schizzo del dominio, si può osservare come, probabilmente, il dominio possa essere diviso in due domini $D=D_1\cup D_2,$ uno normale rispetto all'asse $x$ e l'altro facilmente parametrizzabile in coordinate polari.

Considerando inizialmente il dominio $D_1$ abbizmo che:
\begin{align}
\iint_{D_1} xy\,\,dxdy&=\int_{x=0}^{1/2}\left(\int_{y=\sqrt3 x}^{\sqrt{1-(1-x)^2}}xy\,\,dy\right)dx=\int_{x=0}^{1/2}x\left[ \frac{y^2}{2}\right]_{y=\sqrt3 x}^{\sqrt{1-(1-x)^2}}dx\\
&=\int_{x=0}^{1/2}\frac{x}{2}\left[ 1-(1-x)^2 -3x^2\right] dx=...=\frac{1}{96};
\end{align}
considerando ora il dominio $D_2,$ passando in coordinate polari, ponendo
\[\begin{cases}x=\rho\cos\vartheta\\y=\rho\sin\vartheta\end{cases},\qquad \rho\in[0;1],\quad\vartheta\in\left[0;\frac{\pi}{3}\right],\]
l'integrale diventa:
\begin{align}
\iint_{D_2} xy\,\,dxdy&=\int_{\rho=0}^{1}\left(\int_{\vartheta=0}^{\pi/3}\rho^3\cos\vartheta\sin\vartheta d\vartheta\right)d\rho=\int_{\rho=0}^{1}\frac{\rho^3}{2}\left(\int_{\vartheta=0}^{\pi/3} \sin2\vartheta \,\,\,d\vartheta\right)d\rho\\
& =\int_{\rho=0}^{1} \frac{3\rho^3}{8} d\rho=....=\frac{3}{32}.
\end{align}
In definitiva:
\[\iint_D xy\,\,dxdy=\frac{5}{48}.\]

[zimbo941]

Era $y<0$ ma penso che sia lo stesso.
Comunque grazie, spiegazione esauriente.

Erano sostanzialmente due i problemi:
1) Non sapevo che si potesse sviluppare un integrale in coord. polari e uno senza;
2) Credevo che il dominio dell'integrale trasformato in coord. polari fosse direttamente derivato dalle condizioni iniziali sul dominio, andando però a sostituire $x=rhocostheta$ e $y=rhosentheta$;

Invece da quanto ho capito il dominio in coord. polari lo hai impostato "ad occhio" rispetto al grafico, mi confermi questa cosa?

Inoltre mi sorge un dubbio: visto che alla fine dobbiamo comunque risolvere un integrale senza usare la scorciatoia delle coord. polari perché non farlo tutto senza coordinate polari? Cosa ne pensi? Credi che sia più complicato? Alla fine è un dominio normale rispetto a $y$

Grazie per il tuo tempo.

[Noisemaker]

Cavolaccio!!! hai ragfone, devo aver trascritto male, e di conseguenza ho "ribaltato" tutto il problema! ...

Il problema del dominio devi gestirtelo opportunamente, per renderlo più facile possibile, quindi in quel caso a me è sembrato più semplice dividerlo in quel modo. Probabilmente si poteva anche dividerlo in altro modo, ma i conti non li ho fatti!

[zimbo941]

Per esempio in quest'altro caso come ci si comporta?
$int int sin(x + y) cos(x- y) dx dy$
dove D e il triangolo avente come vertici i punti $(0; 0)$, $(1; 0)$ e $(0; 1)$.
Quindi è come se fosse $D={y<=-x+1, y>=0, x>=0}$

Suggerisci di cambiare variabili? perché cambiandole con $u=x+y$ e $v=x-y$ non riesco poi a riscrivere il dominio dell'integrale..

Ho anche provato a risolverlo senza cambiare variabili ma le cose si complicano e soprattutto mi sembra di girare in tondo con elementi che se ne vanno e ritornano al passaggio successivo..

Aspetto un tuo riscontro.

[Noisemaker]

Be in questo caso il cambio di variabili sarebbe opportuno, perchè se ad esempio consideriamo il domino $D$ normale rispetto all'asse $x,$ avremo:
\begin{align}
\iint_{D}\sin(x+y)\cos(x-y)\,\,dxdy=\int_{x=0}^1\left(\int_{y=0}^{-x+1}\sin(x+y)\cos(x-y)\,\,dy\right)dx,
\end{align}
e l'integrale in $dy$ non è molto agevole da risolvere. Poco cambierebbe se considerassimo il dominio normale rispetto all'asse $y.$ Considerando allora il cambio di variabile, suggerito dalla funzione integranda $f(x;y),$
\[x+y=u,\qquad y=x-y;\]
l'integrale risulta molto più agevole, infatti diviene:
\begin{align}
\iint_{D_1}\sin(u)\cos(v)\,\,\left|\det J_{u,v}\right|dudv,
\end{align}
dove naturalmente il donmio $D_1$ è diventato:
\[D_1:=\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:0\le u \le 1,\,\,-u\le v\le u\}.\]
Per convincerti che il domino è proprio quello, basta farsi un disegno: essendo infatti
\[x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2},\]
la retta del piano $x,y$ di equazione [nota]Naturalmente, il domino dato può essere scritto come:
\[ D:=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2: x\ge0,y\ge0,x+y\le1\}.\][/nota] $x=0$ ha come corrispondente nel piano $u,v$ la retta di equazione $u+v=0,$ bisettrice del secondo e terzo quadrante; analogamente, la retta di equazione $y=0$ ha per corrispondente nel piano $u,v$ la retta $u=v.$ In corrispondenza del triangolo $D$ si ottene un nuovo triangolo $D_1$ del piano $u,v:$

[zimbo941]

non ho capito il fatto del dominio finale.. avevi intuito che non avrei capito, ma non ho capito comunque anche con la tua spiegazione..

o meglio la condizione sulla $u$ è facile, deriva direttamente sostituendo nelle condizioni del dominio dato dalla traccia, ma quella sulla v non ho capito.

[Noisemaker]

ti ho aggiunto una figura nel post precedente, se può esserti d'aiuto.

[zimbo941]

Ho capito, praticamente tu ricavi le bisettrici e la condizione $0

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[Noisemaker]

[zimbo941]

Ascolta all'appello del primo esercizio, il professore diede nell'altra traccia un esercizio analogo solo che nell'integrale doppio era fatto così:

$int int x sqrt(x^2+y^2)dxdy$ con dominio $x^2+y^2<1, x^2+y^2<2y, x<0$ ora il problema sta nel risolvere quell'integrale senza il cambio di variabili come hai fatto tu prima quando però era un integrale fattibile.

Come ci si comporta in questo caso? E' necessario ricorrere ad un secondo cambio di variabile? magari per posizionare la circonferenza traslata all'origine? non so sto solo cercando di trovare uno spunto.

Grazie

[Noisemaker]

IL calcolo è analogo; fatta la figura del dominio,

dividendo il domino in due domini opportuni, hai che
\begin{align}
\iint_{D}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy=\iint_{D_1}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy+\iint_{D_2}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy;
\end{align}
il dominio $D_1$ in polari viene bene: ponendo
\begin{align}
\begin{cases}
x&=\rho\cos \vartheta\\
y&=\rho\sin\vartheta
\end{cases},\qquad \rho\in[0;1],\quad\vartheta\in\left[\frac{\pi}{2};\frac{5\pi}{6}\right],
\end{align}
l'integrale diventa:
\begin{align}
\iint_{D_1}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy= \int_{\rho=0}^{1}\rho^3 \left(\int_{\vartheta=\pi/2}^{5\pi/6} \cos \vartheta d\vartheta\right)d\rho;
\end{align}
Il dominio $D_2,$ normale rispetto all'asse $x,$ diventa
\begin{align}
\iint_{D_2}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy= \int_{x=-\sqrt3/2}^{0}\int_{y=-\sqrt{1-x^2}+1}^{\sqrt{3}x}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy= \int_{x=-\sqrt3/2}^{0}x\left(\int_{y=-\sqrt{1-x^2}+1}^{\sqrt{3}x} \sqrt{x^2+y^2}\,\,dy\right)\,\,dx;
\end{align}
la ricerca della primitiva di
\[\int\sqrt{x^2+y^2}\,\,dy,\]
è senz'altro fattibile, ma costa un pò di conti; allora provando ad in tegrare su $D_2$ normale rispetto all'asse $y,$ otteniamo:
\begin{align}
\iint_{D_2}x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy= \int_{y=0}^{1/2}\int_{x=-\sqrt{1-(y-1)^2}}^{y/\sqrt{3} }x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dxdy= \int_{y=0}^{1/2}\left(\int_{x=-\sqrt{1-(y-1)^2}}^{y/\sqrt{3} }x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dx\right)dy,
\end{align}
e la ricerca della primitiva di
\[\int x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dx=\frac{1}{3}\sqrt{(x^2+y^2)^3}\]
è molto più immediata della precedente! Quindi
\begin{align}
\int_{y=0}^{1/2}\left(\int_{x=-\sqrt{1-(y-1)^2}}^{y/\sqrt{3} }x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dx\right)dy= \int_{y=0}^{1/2}\left[\frac{1}{3}\sqrt{(x^2+y^2)^3}\right]_{x=-\sqrt{1-(y-1)^2}}^{y/\sqrt{3} }dy.
\end{align}

[zimbo941]

per risolvere l'ultimo integrale hai preso $u=x^2+y^2$ e imposto $du=2xdx$ giusto? (così ho fatto io cercando di ricostruire i tuoi passaggi) se invece c'è un modo più veloce sono pronto ad ascoltarlo, grazie di tutto quello che stai facendo

[Noisemaker]

si , l'integrale
\[\int x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dx,\]
dove $y$ la devi comnsiderare evidentemente un costante, lo risolvi semplicemente
\[\int x\sqrt{x^2+y^2}\,\,dx=\int \sqrt{x^2+y^2}\,\,d\left(\frac{x^2}{2}\right)=\frac{1}{2}\int \sqrt{x^2+y^2}\,\,d\left(x^2+y^2\right)=\frac{1}{2}\int \sqrt{t}\,\,d\left(t\right)=\frac{1}{3} \sqrt{t^3}=\frac{1}{3}\sqrt{(x^2+y^2)^3}.\]