Integrale doppio da esame

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 11 ago 2007, 18:34

determinante dello jacobiano mi torna

a me torna cosi'
$ $ \int_2^k \!\! \int_{v/2}^{v/2+1}\frac{2u}{v^2} \frac{1}{2u}dudv =$ $ $ $ \int_2^k \frac{1}{v^2}\int_{v/2}^{v/2+1} dudv=$ $ $ $\int^2_kd\frac{1}{v}=\frac{1}{2}-\frac{1}{k}$ $

di sicuro il tuoi estremi di integrazione per la u sono errati dato che quello e' l'intervallo dato per v
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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Messaggio da Apocalisse86 » 11 ago 2007, 19:02

SkZ ha scritto:di sicuro il tuoi estremi di integrazione per la u sono errati dato che quello e' l'intervallo dato per v
:?
potresti gentilmente esplicitarmi i passaggi per ricavare correttamente gli intervalli? grazie SkZ :D
ps
avrei anche un altro dubbio su un altro integrale ma più che altro mi perdo nei passaggi...poi al limite posto...
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Messaggio da Apocalisse86 » 12 ago 2007, 11:50

:o Risolto...ho capito dove sbagliavo!!:8)

$ u-2 \leq v-u \leq u \rightarrow \frac{v}{2} \leq u \leq \frac{v}{2}+1 $

:? :? :?: Una domandina forse un po' stupida e banale... :oops: :
ogni qual volta effettuo un cambio di variabili (introducendo ad esempio $ u $ e $ v $ come nell'esercizio di prima) gli intervalli del dominio di partenza vanno sempre esplicitati uno secondo la $ u $ e l'altro secondo la $ v $ affinché il nuovo dominio diventi normale rispetto ad un asse e poter utilizzare le formule di riduzione??questa è la regola?? perché in effetti prima io ho trasfromato gli intervalli del dominio di partenza entrambi rispetto alla nuova variabile $ v $.... :?:
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Messaggio da Apocalisse86 » 12 ago 2007, 14:03

Giuro...prometto che questo è l'ultimo! :oops:

$ \displaystyle \int \int_ {D_{k}}\frac{xy^3e^{-2y^2}}{(x^2+y^2)^2}dxdy $
dove il dominio D_k è:

$ \displaystyle D_k= \{(x;y) \in \mathbb{R}^{2}: 0\leq x^2+y^2 \leq k ; 0\leq y \leq x\} $ con $ k \in (0;+\infty) $

passo tutto in coordinate polari ottengo:

$ \displaystyle D_{k'}= \{(\rho;\theta) \in\mathbb{R}^{2}: 0\leq \rho \leq k ; 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4} \} $

e ricordando che per il passaggio in coordinate polari lo Jacobiano vale sempre $ \rho $, ottengo l'integrale:

$ \displaystyle\int_0^{\pi/4} \cos\theta\sin^3\theta \int_0^k \rho e^{-2\rho^2 \sin^2\theta}d\rho d\theta= $
$ \displaystyle \int_0^{\pi/4} \cos\theta\sin^3\theta [\frac{1}{4\sin^2\theta}-\frac{e^{-2k^2\sin^2\theta}}{4\sin^2\theta}]d\theta $

moltiplicando e poi sdoppiando dovrebbero uscire degli integrali immediati...alla fine ottengo:

$ \displaystyle\frac{e^{-k^2}}{16}-\frac{1}{16k^2}+\frac{1}{16} $

ringrazio già chi verificherà...ciao e grazie grazie a tutti!!! :D
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Messaggio da Martino » 12 ago 2007, 14:23

A me viene:

$ \displaystyle D_{k'}= \{(\rho;\theta) \in\mathbb{R}^{2}: 0\leq \rho \leq \sqrt{k} ; 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4} \} $

Il procedimento poi è uguale al tuo ma con $ \sqrt{k} $ al posto di k.
E come risultato:

$ \displaystyle\frac{e^{-k}}{16k}-\frac{1}{16k}+\frac{1}{16} $
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Messaggio da Apocalisse86 » 12 ago 2007, 14:38

Martino grazie!! $ \sqrt k $ sarebbe alla fine la lunghezza del raggio...che scemo..!!quindi $ \rho $ varia tra 0 e $ \sqrt k $.
per fortuna i calcoli si sistemano subito!!
grazie ancora!! :D
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Messaggio da Apocalisse86 » 12 ago 2007, 16:01

Questo è davvero l'ultimo ho risolto(anche grazie a voi!!!:D ) tutti gli integrali doppi degli appelli vecchi che avevo:
Allora:

$ \displaystyle \int\int_{D_{k}} \frac{1}{(y+2x)^2\sqrt{y-x}}dxdy $

con dominio:

$ \displaystyle D_{k}= \{(x;y)\in \mathbb{R}^2: x+3\leq y \leq x+5 ; -2x+3\leq y \leq -2x+k\} $ con $ k \in (3; +\infty) $

risolvo col seguente cambio di variabili:

$ u= y+2x $ e $ v=y-x $

lo Jacobiano mi viene pari a $ detJ= \frac{1}{3} $
mentre il nuovo dominio si trasforma in:
$ \displaystyle D_{k'}= \{(u;v)\in \mathbb{R}^2: 3 \leq v \leq 5 ; 3 \leq u \leq k \} $

$ \displaystyle \frac{1}{3} \int_3^k du \int_3^5 \frac{1}{u^2 \sqrt{v}}dv $ che risulta di facile risoluzione...alla fine mi viene:

$ \displaystyle \frac{2(\sqrt{5}- \sqrt{3})(k-3)}{9k} $

a voi risulta??prometto che non abuserò più della vostra pazienza!grazie.... :)
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Messaggio da SkZ » 12 ago 2007, 16:38

scrivi meglio!!!! La forma e' sostanziale in matematica

$ \displaystyle \frac{1}{3} \int_3^k \int_3^5 \frac{1}{u^2 \sqrt{v}}dvdu = $ $ \displaystyle \frac{1}{3} \int_3^k \frac{1}{u^2}du \int_3^5 \frac{1}{\sqrt{v}} dv $
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Messaggio da Apocalisse86 » 13 ago 2007, 11:16

Giusto Skz...ok...farò più attenzione!!! :oops:

Un altro piccolo hint me lo date??
Sia $ \displaystyle f(x;y)= \frac{\cos{(xy-x^2)}}{(y-x)\sin{(2y-2x)}} $
che cambio di variabili mi suggerite per calcolare l'integrale di f(x;y) su $ \displaystyle D_{k}= \{(x;y)\in \mathbb{R}^2: 4+x \leq y \leq k+x ; 0 \leq x \leq 2 \} $ con $ k \in (4, +\infty) $ ??

Io ne ho provato qualcuno però poi non riesco ad integrare quello che esce fuori... :?
Help!!

Grazie mille!!
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Messaggio da SkZ » 13 ago 2007, 14:41

$ $u=x\quad v=y-x$ $
$ $\int_D \frac{\cos{(xy-x^2)}}{(y-x)\sin{(2y-2x)}}\textrm{d}x\textrm{d}y=$ $ $ $ \int_4^k\frac{1}{v\sin{2v}}\int_0^2\cos{(uv)}\textrm{d}u\textrm{d}v=$ $ $ $ \int_4^k\frac{1}{v^2\sin{2v}}\int_0^2\textrm{d}(\sin{(uv)})\textrm{d}v=$ $ $ $ \int_4^k\frac{1}{v^2}\textrm{d}v$ $

in questo caso $ \textrm{d}(\sin{(uv)})=v\cos{(uv)}\textrm{d}u $ perche' considero $ ~v $ alla stregua di una costante (sto integrando in $ ~u $)
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Messaggio da Apocalisse86 » 13 ago 2007, 15:17

Ora è chiaro!!!...a volte mi perdo in un bicchiere d'acqua!!! :cry:
La sostituzione era facile e l'avevo indovinata...mi perdevo nell'integrale :cry: !!!
...non so come ringraziarti!! :D
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