Integrale doppio da esame

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 24 ott 2006, 01:18

Sosuke ha scritto:quindi a me viene
$ \displaystyle \rho\ge \frac{1}{\sqrt{2} \cos{(\theta+\frac{5\pi}{4})}} $
no
SkZ ha scritto: $ \displaystyle \rho\ge \frac{1}{\sqrt{2} \cos{(\theta-\frac{3\pi}{4})}} $
:shock:
non e' che
$ \displaystyle \theta-\frac{3\pi}{4}\equiv\theta+\frac{5\pi}{4} (\mod2\pi) $:?:
:evil: :x

Non ti preoccupare all'inizio la differenza aveva lasciato perplesso anche a me :wink:

(ma poi IO me ne sono accorto da solo 8) ) :wink: :D
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Sosuke
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Messaggio da Sosuke » 25 ott 2006, 01:43

miii vero.. mamma a volte mi perdo pure nei bicchieri d'acqua....

uff è un pò complesso... mi è venuto:

$ \displaystyle\int_\pi^{\frac{\pi}{2}}\frac{cos\theta}{2sin\theta}+\frac{1}{sin\theta}-\frac{cos\theta}{2sin\theta}(\frac{1}{\sqrt{2}cos(\theta+\frac{5}{4}\pi)})^2+\frac{1}{\sqrt{2}cos(\theta+\frac{2}{4}\pi)sin\theta} $$ = $

$ =\displaystyle[\frac{1}{2}\ln sin\theta + \ln (tg\frac{\theta}{2})]_\pi^{\frac{\pi}{2}} - \int_\pi^{\frac{\pi}{2}} $$ \displaystyle(\frac{cos\theta}{2sin\theta}(\frac{1}{\sqrt{2}cos(\theta+\frac{5}{4}\pi)})^2+\frac{1}{\sqrt{2}cos(\theta+\frac{2}{4}\pi)sin\theta})d\theta $


Va beh... naturalmente non ti chiedo di risolverlo... semplicemente... che mi consigli di fare? sostituisco qualcosa per semplificare tutto? o forse non mi conveniva trasformare in coordinate polari?

grazie

Sosuke
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Messaggio da Sosuke » 26 ott 2006, 00:12

va beh.... magari per ora la lascio stare questa... questo integrale doppio dovrebbe essere più semplice... almeno così mi è parso...

$ \displaystyle\int_D\frac{x}{y}dxdy $ con D la parte del primo quadrante compreso fra l'asse delle y, la retta di equazione x=y, la retta di equazione y=1/2 e la retta di equazione y=1

La prima cosa che ho fatto è stato dividere il dominio dell'integrale in due parti

$ D_1=\{(x,y)\in R x R\{0\};0\le x\le1/2,1/2\le y\le1\} $
$ D_2=\{(x,y)\in R x R\{0\};1/2\le x\le1,1/2\le y\le x\} $

Non sono certo se ho diviso correttamente i domini... ho meglio... non sono sicuro su come ho efinito il secondo dominio...

Calcolo i due integrali (stavolta li scrivo poichè non sono sicuro del metodo di risoluzione adottato):

$ \displaystyle\int_0^{1/2}\int_{1/2}^1\frac{x}{y}dxdy= $$ \displaystyle\int_0^{1/2}[x \ln xy]_{1/2}^1dx=[-1/2x^2 \ln 1/2]_0^{1/2}=-1/8 \ln 1/2 $

Il volume del secondo dominio l'ho trovato nello stesso identico modo... preciso... solo che gli integrali erano definiti tra 1/2 e 1 (quello esterno) e tra 1/2 e x (quello interno)

spero sia esatto... grazie ancora

Sosuke
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Messaggio da Sosuke » 03 nov 2006, 19:09

Domandina teorica....

$ \int\int_D F(x,y)=0 $ è possibile?

Non equivarrebbe a dire che il volume di una funzione è uguale a 0????

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Messaggio da SkZ » 03 nov 2006, 19:20

dato che f(x,y) puo' avere sia valori positivi, sia negativi (sia essere sempre nulla), e' possibilissimo.
Ad es. se f(x,y) e' una funzione "dispari" e D ha l'origine come centro di simmetria.
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Messaggio da Sosuke » 03 nov 2006, 20:07

Allora... mi pare di aver capito una cosa... se il dominio di una funzione è simmetrico allora il volume può essere 0 o il doppio di metà dominio... se la funzione è dispari l'integrale è 0.... se la funzione è pari si dovrebbe calcolare il volume di metà dominio e poi moltiplicare per 2 no?

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Messaggio da Sosuke » 03 nov 2006, 20:47

mamma.. non riesco proprio a concepire il fatto di un volume uguale a 0.... se un volume è uguale a z 0 vuol dire che metà volume del domio è minore di 0... mentre un'altra metà è maggiore di 0....

Ora i due volumi si considerano in valore assoluto così entrambi diventano positivi....

però visto che in metà dominio f(x,y)<0 per calcolare il volume finale si deve fare $ D_1 - D_2 $ (dove $ D_2 $ è il volume di quella parte di dominio in cui f(x,y) risulta minore di 0).. ecco perchè il volume risulta 0....

Quello che non riesco a capire è che effettivamente la funzione ha un volume.... non sarebbe quindi più corretto calcolare $ D_1+D_2 $ anche nei casi in cui in parte del dominio risulta f(x,y)<0????

Poteri capire che una funzione f(x,y) abbia volume 0 solo nel caso in cui f(x,y)=c per ogni x e y.... dove c rappresenta una qualunque costante (intendo una funzione piatta... non so se esiste una funzione del genere....)

che dite?

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Messaggio da SkZ » 03 nov 2006, 21:28

si puo' dire che parte della funzione e' sopra il livello del mare, parte e' sotto.
che e' anche un modo per trovare il livello del mare per pianeti asciutti, se ben ricordo: il volume delle "terre emerse" e' pari al volume degli "oceani".
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Messaggio da Sosuke » 04 nov 2006, 08:22

Ahhhhh ok ok... perfetto...

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Messaggio da Sosuke » 04 nov 2006, 09:46

SkZ ha scritto:dato che f(x,y) puo' avere sia valori positivi, sia negativi (sia essere sempre nulla), e' possibilissimo.
Ad es. se f(x,y) e' una funzione "dispari" e D ha l'origine come centro di simmetria.
f(-x,y) = -f(x,y) ... Anche questa è da considerare funzione dispari... no?

Se si allora ho notato da tutti gli esercizi che ho fatto che qualunque funzione dispari prenda (sia che il centro di simmetria sia l'asse delle x o quella delle y o l'origine) l'integrale risulta 0... o è solo un caso?

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Messaggio da SkZ » 04 nov 2006, 20:17

Sosuke ha scritto:f(-x,y) = -f(x,y) ... Anche questa è da considerare funzione dispari... no?
No.
http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=6788

Un caso dovuto al fatto che di solito di integra su palle (norma a scelta)
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Messaggio da Sosuke » 05 nov 2006, 08:33

mi sembra di aver capito allora che è dispari rispetto gli assi e pari rispetto all'origine.

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Messaggio da Apocalisse86 » 10 ago 2007, 18:35

Salve amici!!! :D
Qualcuno di buon cuore potrebbe verificare se ho svolto bene questo integrale doppio??mi sono venuti dei dubbi perché durante i calcoli sono saltati fuori alcuni "integrali esponenziali" tipo $ \displaystyle \int \frac{e^v}{v}dv $ anche se alla fine si semplificava tutto!!Comunque riporto solo i principali passaggi...poi verificate voi:
L'integrale è il seguente:
$ \displaystyle \int\int_D (y-3x)e^{y^2-9x^2}dxdy $

dove $ D: \{(x;y) \in R^2: 1+3x\leq y \leq 3+3x ; 3-3x\leq y \leq 6-3x \} $

io ho effettuato il seguente cambio di variabili:

$ \left\{ \begin{array}{rl} u=y-3x\\ v=y+3x \end{array} \right. $
calcolo lo Jacobiano che mi riesce :$ det J= \frac{1}{6} $
l'integrale diventa quindi:
$ \displaystyle \int\int_{D'} \frac{1}{6}ue^{uv}dudv $

dove $ D': \{(u;v) \in R^2: 1\leq u \leq 3 ; 3\leq v \leq 6 \} $

svolgendo l'integrale il risultato è:$ \displaystyle\frac{1}{6} \int_3^6dv\int_1^3ue^{uv}du= \frac{e^{18}}{36}-\frac{e^9}{18}-\frac{e^6}{36}+\frac{e^3}{18} $

ringrazio tutti in anticipo........CIAO!! :)
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Martino
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Messaggio da Martino » 10 ago 2007, 18:51

Ho controllato e mi sembra giusto :!:

Ciao
"Possono essere anche patate, basta che ci sia l'azione!"

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Messaggio da Apocalisse86 » 11 ago 2007, 16:15

Grazie mille martino!!!!approfitto nuovamente della vostra disponibilità e conoscenza...potreste verificare se anche questo è svolto correttamente??ps sto svolgendo degli appelli ma sono senza risoluzione o risultato... :oops:

$ \displaystyle \int\int_{D_K} \frac{2e^{2x}}{(y+e^{2x})^2}dxdy $

dove il dominio è:
$ D_k =\{ (x;y) \in R^2: e^{2x}-2 \leq y\leq e^{2x}; -e^{2x}+2\leq y \leq-e^{2x}+k \} $ con $ k \in (3; +\infty) $

io ho effettuato il cambio di variabili seguente:
$ \left\{ \begin{array}{rl} u=e^{2x}\\ v=y+e^{2x} \end{array} \right. $
con Jacobiano pari a $ detJ= \frac{1}{2u} $
il nuovo dominio è diventato:
$ D_{k'}= \{(u;v) \in R^2: 2u-2 \leq v \leq2u; 2\leq v \leq k \} $
l'integrale invece:
$ \displaystyle \int^k_2dv \int^{2u}_{2u-2}\frac{2u}{v^2}\frac{1}{2u}du=2-\frac{4}{k} $

please check!!

ringrazio subito tutti e chiedo scusa per l'invadenza!! :oops:
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