Integrale doppio da esame

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Apocalisse86
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Integrale doppio da esame

Messaggio da Apocalisse86 » 15 set 2006, 17:20

Fresco fresco dall'esame che ho sostenuto oggi vi regalo questo "bel" integrale doppio che per mio sfortuna ( :cry: ) non sono riuscito a risolvere....! :oops:

$ \int\! \int_{D_k} \frac{2}{x} \frac{1}{1+(y+\log x)^2} $
dove:
$ D_K= $ $ (x,y)\in\mathcal{R}^2 / $ $ x>0 $ , $ log x+5 \leq y \leq logx+10 $ , $ 1-logx\leq y \leq k-logx $
con $ k \in [1, +\infty) $
NB
$ logx $ è in base "e"

Non chiedo che mi dovete fare tutti i passaggi ma i fondamentali...sul compito ad esempio nei primi punti (in tutto erano 5 :shock: )mi si chiedeva:
1) rappresentare $ D_K $ graficamente
2)un cambiamento di variabili utile per il calcolo dell'integrale su $ D_K $ e il suo valore.

Mi interesserebbe molto quest'ultima parte(ossia il cambio di variabili con annesso calcolo dello jacobiano....)...attendo risposta...grazie in anticipo...confido in voi!!!! :)

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 15 set 2006, 17:44

se ben ricordo, la teoria ci dice che
$ \displaystyle \int_{x_a}^{x_b} \int_{y_a}^{y_b} \frac{2}{x} \frac{1}{1+(y+\ln{x})^2}\textrm{d}x \textrm{d}y = \int_{x_a}^{x_b} \frac{2}{x} \biggl[ \arctan{(y+\ln{x})}\biggr]_{y_a}^{y_b} \textrm{d}x $

non ho ben capito com'e' definita $ ~ D_k $
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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Apocalisse86
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Messaggio da Apocalisse86 » 15 set 2006, 21:58

SkZ ha scritto:non ho ben capito com'e' definita $ ~ D_k $
In effetti neanch'io anzi quando l'ho visto all'esame mi ha fatto un po' impressione... :oops:
Cmq $ D_K $(sempre se sulla brutta-copia ho ricopiato bene ma penso proprio di sì :roll: ) dovrebbe essere quella parte di piano compresa fra tutte quelle curve logaritmiche e sono finalmente riuscito a rappresentarlo graficamente grazie al computer...nelle due ore d'esame purtroppo :( non ci sono riuscito :!: Ma la parte più importante(almeno credo) è quella in cui mi si chiede un cambiamento di variabili che semplifichi notevolmente i calcoli.
Scrivo questo esempio molto banale per farmi capire meglio.
Esempio:
Sia $ \displaystyle \int \!\int_D(x-y)\log{(x+y)}dxdy $
con $ D= ${$ (x, y) \in \mathcal R^2 / 0 \leq x-y \leq1 $ , $ 1 \leq x+y\leq3 $}
in questo caso procedo ponendo $ u=x-y $ e $ v=x+y $ e quindi:
$ D \stackrel{diventa}{\longmapsto} D'= ${$ (u , v) \in \mathcal R^2 / 0 \leq u \leq 1 $ , $ 1 \leq v \leq 3 $}
Riscritto il dominio di integrazione, calcolo il determinate jacobiano($ det J= \left | \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac {\partial y}{\partial v} \end{array} \right| $)della trasformazione $ \left\{ \begin{array}{rl} u=x-y \\ v=x+y \end{array} $ e risolvo l'integrale con la formula di cambiamento di variabili:
$ \displaystyle \int \int_A f(x,y)dxdy=\int \int_B f(x(u,v),y(u,v)) \left | \begin {array} (detJ \end {array} \right |dudv $

Tutto il trimestre abbiamo trattatto(forse in maniere un po' troppo meccanica) integrali doppi simili a questo esempio(o in coordinate polari)e pensavo che il giorno dell'esame sarebbe uscito qualcosa di "simile"... ma con quello di prima (quello assegnatomi oggi all'esame) come mi comporto? mi è sembrato proprio diverso( :? ) e vorrei capire come risolverlo...

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Martino
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Messaggio da Martino » 16 set 2006, 02:08

Mi dispiace proporre soluzioni a cui arrivo con ancora una quantità di domande senza una risposta, ma di primo acchitto ho pensato

$ \left \{ \begin{array}{l}z=y+\log x \\ w=\log x \end{array} $

Invertendo

$ \left \{ \begin{array}{l}x=e^w \\ y=z-w \end{array} $

La matrice Jacobiana di quest'ultima trasformazione è

$ \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ e^w & -1 \end{array}\right) $

E il modulo del suo determinante $ J=e^w $. Il nuovo dominio è

$ \{ (z,w) \in \mathbb{R}^2\ |\ 1 \leq z \leq k,\ \frac{z-10}{2} \leq w \leq \frac{z-5}{2} \} $

E quindi applicando i vari teoremi che mi dovrei sinceramente riguardare (Fubini, Tonelli, cambiamento di variabili)... (ne sento proprio la necessità) "ottengo"

$ \int_1^k (\int_{\frac{z-10}{2}}^{\frac{z-5}{2}} dw) \frac{2}{1+z^2} dz=5 \int_1^k \frac{1}{1+z^2}dz=5[arctg(z)]_1^k=5(arctg(k)-\frac{\pi}{4}) $

Beh, siate buoni... :roll:
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Apocalisse86
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Messaggio da Apocalisse86 » 16 set 2006, 10:37

Grazie mille per l'aiuto :D ... il cambiamento di variabili che hai proposto mi sembra adatto perchè semplifica notevolmente l'integrale però non ho chiare delle cose, posso farti due domande:

1. Nel nuovo dominio $ D'_{K} $ come ci arrivo a $ \frac{z-10}{2} \leq w \leq \frac{z-5}{2} $ ? (come si arriva a $ 1 \leq z \leq k $ l'ho capito)

2. Con la trasformazione $ \left \{ \begin{array}{l}z=y+\log x \\ w=\log x \end{array} \Longrightarrow \left \{ \begin{array}{l}x=e^w \\ y=z-w \end{array} $ la funzione integranda non diventa così:
$ \displaystyle \int \int_{D_{K}} \frac{2}{x} \frac{1}{1+{(y+logx)}^2}dxdy $$ \longmapsto $$ \displaystyle \int \int_{D'_{K}} \frac{2}{e^w} \frac{1}{1+z^2}dwdz $ ???
Quello che hai risolto tu è diverso ( ossia non compare$ \displaystyle \frac{2}{e^w} $ )...dove sbaglio ancora? :?

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Martino
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Messaggio da Martino » 16 set 2006, 11:51

A queste domande mi sento (abbastanza) in grado di rispondere :)

Abbiamo

$ \left \{ \begin{array}{l}x=e^w \\ y=z-w \end{array} $

Dalla condizione $ \log x+5 \leq y \leq \log x+10 $ segue, sostituendo e riscrivendo in termini di $ z,w $

$ w+5 \leq z-w \leq w+10 $

questo si riscrive come sistema

$ \left \{ \begin{array}{l}w+5 \leq z-w \\ z-w \leq w+10 \end{array} \rightarrow \left \{ \begin{array}{l}w \leq \frac{z-5}{2} \\ w \geq \frac{z-10}{2} \end{array} $

da cui $ \frac{z-10}{2} \leq w \leq \frac{z-5}{2} $

Per quanto riguarda il termine $ e^w $ che scompare dal denominatore dell'integrando, tale scomparsa è dovuta alla moltiplicazione dell'integrando iniziale per il modulo del determinante della matrice Jacobiana dell'inversa della trasformazione utilizzata, che vale proprio $ e^w $ (teorema di cambiamento di variabili, di cui il testo su cui studio ho scoperto omettere la dimostrazione).

Ciao
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Messaggio da Apocalisse86 » 16 set 2006, 12:12

Ora il dominio è chiaro...capito....!!!! :D !!!grazie mille....

:shock: per $ e^w $ mi merito una bella tirate di orecchie :oops: ........infatti prima nella formula ho scritto:

$ \displaystyle \int \int_{D_{K}} \frac{2}{x} \frac{1}{1+{(y+logx)}^2}dxdy $ $ \longmapsto $ $ \displaystyle \int \int_{D'_{K}} \frac{2}{e^w} \frac{1}{1+z^2}dwdz $--->>>ke orrore\errore

Niente di più sbagliato caspita....perdono pietà !!!!!!! troppo distratto!!!! :cry:

PS
GRazie ancora!!!

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Messaggio da Sosuke » 25 set 2006, 12:28

Eh... anch'io ho un problema simile... forse pure più semplice che non so risolvere..
L'esercizio e questo:

Calcolare l’integrale doppio $ \displaystyle\int\int_D (x^2 + y^2) dx dy $ essendo $ D $ la parte di corona circolare limitata dalle circonferenze di centro (0; 0) e raggi 1 e 2 contenuta nel secondo e terzo quadrante del piano.


intanto se ben ricordo il secondo e terzo quadrante dovrebbero essere quelli in cui la $ x $ è negativa... quindi $ -2 \le x \le -1 $ e $ -2 \le y \le -1 U 1 \le y \le 2 $


Ora ho qualche dubbio sulla costruzione dell'integrale... più che altro per la $ y $ visto che in $ y $ il dominio non è continuo... mi conviene forse trasformare in coordinate polari? O forse posso comportarmi come di seguito... (premetto che non so se quello che sto per fare, si possa fare):

$ \displaystyle\int_{-2}^{-1}[\int_{-2}^{-1}(x^2+y^2)dy+\int_{1}^{2}(x^2+y^2)dy]dx $

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 25 set 2006, 12:38

in questo caso conviene portarsi in coordinate cilindriche e si ha (dato che $ ~ \textrm{d}x\textrm{d}y = \rho \textrm{d}\rho \textrm{d}\theta $)
$ \displaystyle\int\int_D (x^2 + y^2) \textrm{d}x \textrm{d}y =\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \int_1^2 (\rho^2) \rho \textrm{d}\rho \textrm{d}\theta = \int_1^2 \rho^3 \textrm{d}\rho \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\textrm{d}\theta $
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Messaggio da Apocalisse86 » 25 set 2006, 12:52

Quando si hanno domini circolari è quasi sempre utile trasformare in coordinate polari .
Poi il dominio D si scrive così:
$ \displaystyle D=\left\lbrace \left( x;y\right) \in\mathbb R^2: 1\leqslant x^2+y^2\leqslant4 , x\leqslant0\right\rbrace $
dove $ 1\leqslant x^2+y^2\leqslant4 $ è la parte di corona circolare limitata dalle circonferenze di centro (0; 0) e raggi 1 e 2 mentre $ x\leqslant0 $ indica il secondo e terzo quadrante..porti tutto in coordinate polari:
$ \displaystyle \left\lbrace\begin{array}{cc} x=\rho \cos \theta & \mbox{con } \rho \in [1,2] \\ y=\rho \sin \theta & \mbox{con } \theta \in [\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}] \end{array} $
e poi non dimenticare il determinante jacobiano che nel caso delle coordiante polari vale sempre $ \rho $

ps
Formula di cambiamento di variabili da cartesiane a polari:
$ \displaystyle \int \int_A f\left( x;y\right) dxdy=\int \int_B f\left( \rho \cos \theta; \rho \sin \theta) \rho d \rho d \theta $

pps
scusa SkZ :( spesso capita che tu dai una risposta mentre io ancora sto cercando di scrivere la mia correttamente in $ \LaTeX $ (sono molto lento ancora!) ...non è mia intenzione fare da eco ai tuoi messaggi...ti chiedo di nuovo scusa... :oops:
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(libera citazione ovidiana)

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Messaggio da Sosuke » 25 set 2006, 13:09

e ho risolto così...
$ \displaystyle\int_{-2}^{-1}[[x^2y+\frac{1}{3}y^3]_{-2}^{-1}+[x^2y+\frac{1}{3}y^3]_1^2 ]dx= $

$ =\displaystyle\int_{-2}^{-1}(-x^2+\frac{1}{3}+2x^2+\frac{8}{3}+2x^2+\frac{8}{3}-x^2-\frac{1}{3})dx= $

$ \displaystyle\int_{-2}^{-1}(\frac{14}{3}+2x^2)dx = $

$ =[\displaystyle\frac{14}{3}x+\frac{2}{3}x^3]_{-2}^{-1}= $

$ =\displaystyle-\frac{14}{3}-\frac{2}{3}+\frac{28}{3}+\frac{16}{3}= \frac{28}{3} $



Ah si scusate non avevo ancora letto i vostri post.... quindi penso che così non vada bene...

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Messaggio da SkZ » 25 set 2006, 13:17

Apocalisse86 ha scritto:scusa SkZ :( spesso capita che tu dai una risposta mentre io ancora sto cercando di scrivere la mia correttamente in $ \LaTeX $ (sono molto lento ancora!) ...non è mia intenzione fare da eco ai tuoi messaggi...ti chiedo di nuovo scusa... :oops:
e di che? effettivamente ogni tanto tendo a essere molto conciso nelle mie spiegazioni. Tu l'hai messo giu' in modo un po' piu' chiaro (forse piu' che un po' :wink: )
Qui l'importante e' che il richiedente capisca, quindi 2 spiegazioni sono meglio che una
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Messaggio da SkZ » 25 set 2006, 13:24

non ci siamo
se tieni le coordinate standard, allora hai
$ \displaystyle \int_{-2}^{2} \int_{-\sqrt{4-y^2}}^0(x^2+y^2) \textrm{d}x \textrm{d}y - \int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-y^2}}^0(x^2+y^2) \textrm{d}x \textrm{d}y $
integrale sulla semi corona con raggio esterno 2 e raggio interno 1 = integrale sul semicerchio di raggio 2 meno integrale sul semicerchio di raggio 1
non per niente e' conveniente portarsi in coordinate polari
Ultima modifica di SkZ il 25 set 2006, 13:25, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Apocalisse86 » 25 set 2006, 13:25

:D :D :D :D :D
ok SkZ allora sto tranquillo....e poi hai ragione tu: "two is better than one" :D !!
alla prossima!!
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Messaggio da Sosuke » 25 set 2006, 13:38

Apocalisse86 ha scritto: $ \displaystyle \left\lbrace\begin{array}{cc} x=\rho \cos \theta & \mbox{con } \rho \in [1,2] \\ y=\rho \sin \theta & \mbox{con } \theta \in [\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}] \end{array} $
[/tex]
Non capisco perchè $ \rho \in [1,2] $ ma y vale tra -2 e -1

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