Risoluzione integrale doppio
Salve a tutti, dovrei risolvere quest'integrale doppio:
$\intint_{D}(1-2x-3y) dxdy$
$D={(x,y)\in R: (x-\frac{1}{2})^2+y^2\leq \frac{1}{4}}$
Il grafico:
Integrando verticalmente ottengo un'integrale nullo. Ora mi è stato chiesto di calcolarlo usando le formule di Green Gauss quindi mi trasformo l'integrale:
$\intint_{D}(1-2x-3y) dxdy=\int_{+D}(x-x^2-3xy)dy$
E parametrizzo la curva $\gamma_1$:
$\gamma_1=((x=\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}),(y=\frac{1}{2}\sin(t)))$
Con:
$0\leq t \leq 2\pi$
Quindi:
$\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\cos(t)+\frac{3}{2}\right)\frac{1}{2}\sin(t)dt=$
$=\int_0^{2\pi}\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\sqrt{1-\sin^2(t)}+\frac{3}{4}\sqrt{1-\sin^2(t)}\sin(t)-\frac{3}{4}\sin(t)$
Integrando per sostituzione ottengo un'intervallo nullo, cioè
$u=\sin(t)\rightarrow t=\arcsin(u)\rightarrow dt=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du\rightarrow$
E i due intervalli diventano:
$0=\sin (0)=0\rightarrow 2\pi=\sin(2\pi)=0$
Quindi
$\int_0^0...=?$
Sapete come continuare?
P.S. Scusate i disegni orrendi
$\intint_{D}(1-2x-3y) dxdy$
$D={(x,y)\in R: (x-\frac{1}{2})^2+y^2\leq \frac{1}{4}}$
Il grafico:
Integrando verticalmente ottengo un'integrale nullo. Ora mi è stato chiesto di calcolarlo usando le formule di Green Gauss quindi mi trasformo l'integrale:
$\intint_{D}(1-2x-3y) dxdy=\int_{+D}(x-x^2-3xy)dy$
E parametrizzo la curva $\gamma_1$:
$\gamma_1=((x=\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}),(y=\frac{1}{2}\sin(t)))$
Con:
$0\leq t \leq 2\pi$
Quindi:
$\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}\cos(t)+\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\cos(t)+\frac{3}{2}\right)\frac{1}{2}\sin(t)dt=$
$=\int_0^{2\pi}\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\sqrt{1-\sin^2(t)}+\frac{3}{4}\sqrt{1-\sin^2(t)}\sin(t)-\frac{3}{4}\sin(t)$
Integrando per sostituzione ottengo un'intervallo nullo, cioè
$u=\sin(t)\rightarrow t=\arcsin(u)\rightarrow dt=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du\rightarrow$
E i due intervalli diventano:
$0=\sin (0)=0\rightarrow 2\pi=\sin(2\pi)=0$
Quindi
$\int_0^0...=?$
Sapete come continuare?
P.S. Scusate i disegni orrendi
Risposte
$ \intint_{D}(1-2x-3y) dxdy $
$ D={(x,y)\in R: (x-\frac{1}{2})^2+y^2\leq \frac{1}{4}} $
Il dominio e' un cerchio, fin qui ci siamo.
Siccome gli integrali godono della linearita':
$ \intint_{D}(1-2x-3y) dxdy = \intint_{D} dxdy -2 \intint_{D}x dxdy -3 \intint_{D}y dxdy $
Questo
$\intint_{D} dxdy$
e' semplicemente l'area del cerchio.
Questo fa zero, giusto ? Perche' ?
$ \intint_{D}y dxdy$
Questo
$\intint_{D}x dxdy$
e' solo un pelo piu' difficile.
Ma e' sufficiente un cambio di variabile $(x-1/2) -> x'$ e anche questo e' praticamente immediato.
$ D={(x,y)\in R: (x-\frac{1}{2})^2+y^2\leq \frac{1}{4}} $
Il dominio e' un cerchio, fin qui ci siamo.
Siccome gli integrali godono della linearita':
$ \intint_{D}(1-2x-3y) dxdy = \intint_{D} dxdy -2 \intint_{D}x dxdy -3 \intint_{D}y dxdy $
Questo
$\intint_{D} dxdy$
e' semplicemente l'area del cerchio.
Questo fa zero, giusto ? Perche' ?
$ \intint_{D}y dxdy$
Questo
$\intint_{D}x dxdy$
e' solo un pelo piu' difficile.
Ma e' sufficiente un cambio di variabile $(x-1/2) -> x'$ e anche questo e' praticamente immediato.
"Quinzio":
Ma e' sufficiente un cambio di variabile $(x-1/2) -> x'$ e anche questo e' praticamente immediato.
Come risolvere l'integrale normalmente l'ho capito ma devo risolverlo con le formule di Gauss Green. Purtroppo risolvendolo mi compare un intervallo nullo, posso dire semplicemente che l'integrale è nullo perché lo è anche l'intervallo?
Ciao! In generale è vero che per $f$ continua (forse basta integrabile) risulta per ogni $a \in\mathbb{R}$ che $\int_a^a f(x)\text{d}x=0$, ma in questo caso le cose sono più delicate perché la sostituzione $u=\sin t$ non puoi farla: il teorema di integrazione per sostituzione che stai usando prevede, in una delle ipotesi, che la funzione $\text{sin}$ sia invertibile (forse basta iniettiva) nell'intervallo di integrazione. In questo caso ciò non è vero, quindi anche se quell'integrale valesse realmente $0$ (non ho fatto i conti) non avresti ottenuto il valore corretto tramite un ragionamento valido.
Per ovviare al problema dell'invertibilità, potresti spezzare l'intervallo di integrazione in $\left[0,\frac{\pi}{2}\right)$, $\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)$ e $\left[\frac{3\pi}{2},2\pi]$ e sostituire $u=\sin t$ su ognuno di questi intervalli (in ognuno dei quali $\text{sin}$ è invertibile).
Inoltre, se non ho letto male, sembra che tu abbia scritto $\cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}$; ciò è falso in generale, perché il segno del coseno non è sempre positivo in $[0,2\pi]$. Anche qui puoi risolvere il problema discutendo opportunamente il segno del coseno quando spezzi l'intervallo.
Per ovviare al problema dell'invertibilità, potresti spezzare l'intervallo di integrazione in $\left[0,\frac{\pi}{2}\right)$, $\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)$ e $\left[\frac{3\pi}{2},2\pi]$ e sostituire $u=\sin t$ su ognuno di questi intervalli (in ognuno dei quali $\text{sin}$ è invertibile).
Inoltre, se non ho letto male, sembra che tu abbia scritto $\cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}$; ciò è falso in generale, perché il segno del coseno non è sempre positivo in $[0,2\pi]$. Anche qui puoi risolvere il problema discutendo opportunamente il segno del coseno quando spezzi l'intervallo.
"Gh3rra":
$\intint_{D}(1-2x-3y) dxdy=\int_{+D}(x-x^2-3xy)dy$
Questo passaggio mi puzza assai...
Puoi giustificarlo a partire dal th. di Gauss-Green?
$ intint_D [(partial Q)/(partial x)-(partial P)/(partial y)] dx dy =oint_(partial D) [Pdx+Qdy] $
Anzi, già che ci siamo, non sarebbe meglio partire da una versione semplificata del problema in cui poni $x-1/2=u$? Non c'è ragione di complicarsi la vita.
Quindi abbiamo (rimettendo la $x$ al posto della $u$):
$intint_D (-2x-3y) dx dy$ e $D={(x,y)inRR: x^2+y^2<=1/4}$
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