Integrali doppi in coordinate polari

Lezione 6 di analisi, Unità 5. Prerequisiti: Cambiamento di variabili negli integrali doppiSe φ : E → D, (u,v) ↦ (x,y), è biiettiva, C¹ e con det φ' ≠ 0, allora ∫_D f(x,y) dx dy = ∫_E f(φ(u,v)) |det φ'(u,v)| du dv: |det φ'| (lo jacobiano) misura di quanto φ dilata le aree. Si cambia variabile per semplificare il dominio (u = x + y, v = x − y trasformano un parallelogramma in un rettangolo) o la funzione. Se le nuove variabili sono date in funzione delle vecchie, (u,v) = ψ(x,y), si usa |det φ'| = 1/|det ψ'|. Simmetrie: f dispari in x su un dominio simmetrico rispetto all'asse y ha integrale nullo.Cambiamento di variabili negli integrali doppi →.

Il cambio in coordinate polari

Per $\rho \ge 0$ e $t \in [0, 2\pi]$ si pone $$\varphi(\rho, t) := (\rho\cos t,\ \rho\sin t)$$ $\rho$ è la distanza dall'origine, $t$ l'angolo con il semiasse positivo delle $x$. La jacobiana è $$\varphi'(\rho, t) = \begin{pmatrix} \cos t & -\rho\sin t \\ \sin t & \rho\cos t \end{pmatrix}, \qquad |\det\varphi'(\rho, t)| = \rho\cos^2 t + \rho\sin^2 t = \rho$$

Perché proprio $\rho$: il "rettangolino polare" $[\rho, \rho + \Delta\rho]\times[t, t + \Delta t]$ corrisponde a un pezzo di corona circolare con lato radiale $\Delta\rho$ e lato ad arco $\rho\,\Delta t$ (un arco di angolo $\Delta t$ a distanza $\rho$), quindi di area $\approx \rho\,\Delta\rho\,\Delta t$. Lontano dall'origine i rettangolini polari sono più grandi.

Teorema (coordinate polari). Sia $D$ limitato e $E = \varphi^{-1}(D) = \{(\rho, t) \in [0, +\infty[\times[0, 2\pi] : (\rho\cos t, \rho\sin t) \in D\}$. Allora $f$ è integrabile su $D$ se e solo se $f(\rho\cos t, \rho\sin t)\,\rho$ lo è su $E$, e $$\int_D f(x, y)\,dx\,dy = \int_E f(\rho\cos t, \rho\sin t)\,\rho\,d\rho\,dt$$

(Il cambio non è biiettivo sull'origine e sulla semiretta $t = 0 \equiv 2\pi$, ma sono insiemi di area nulla e non contano.)

Quando conviene: quando il dominio è un disco, una corona, un settore, o comunque descritto bene da distanza e angolo; quando la funzione dipende da $x^2 + y^2$ (che diventa $\rho^2$).

Descrivere un dominio in coordinate polari

Si traducono le condizioni che definiscono $D$ usando $x^2 + y^2 = \rho^2$, $x = \rho\cos t$, $y = \rho\sin t$.

Area del disco. $\operatorname{Area}(B(0, R]) = \int_0^{2\pi}\int_0^R\rho\,d\rho\,dt = 2\pi\cdot\frac{R^2}2 = \pi R^2$.

Esempio del prof. Area di $D = \{(x^2 + y^2)^2 \le 8xy,\ x \ge 0,\ y \ge 0\}$. In polari: $\rho^4 \le 8\rho^2\cos t\sin t = 4\rho^2\sin 2t$, cioè (per $\rho > 0$) $\rho^2 \le 4\sin 2t$, con $t \in [0, \frac\pi2]$ (primo quadrante, dove $\sin 2t \ge 0$). Quindi $E = \{t \in [0, \frac\pi2],\ 0 \le \rho \le 2\sqrt{\sin 2t}\}$ e $$\operatorname{Area}(D) = \int_0^{\pi/2}\int_0^{2\sqrt{\sin 2t}}\rho\,d\rho\,dt = \int_0^{\pi/2}\frac{4\sin 2t}{2}\,dt = \big[-\cos 2t\big]_0^{\pi/2} = 2$$ È un "petalo" della lemniscata.

L'area di una regione "a stella" in coordinate polari

Se $\rho : [a, b] \to [0, +\infty[$ è continua e $D = \{(\rho, t) : t \in [a, b],\ 0 \le \rho \le \rho(t)\}$ (la regione spazzata dal raggio vettore della curva polare $\rho = \rho(t)$): $$\operatorname{Area}(D) = \int_a^b\int_0^{\rho(t)}\rho\,d\rho\,dt = \frac12\int_a^b\rho(t)^2\,dt$$ Per la cardioide $\rho = a(1 + \cos t)$: $\frac12\int_0^{2\pi}a^2(1 + \cos t)^2\,dt = \frac{a^2}2(2\pi + 0 + \pi) = \frac{3\pi a^2}{2}$.

Funzioni radiali

Se $f(x, y) = g\left(\sqrt{x^2 + y^2}\right)$, in polari diventa $g(\rho)$, che non dipende da $t$: $$\int_D g\left(\sqrt{x^2 + y^2}\right)dx\,dy = \int_E g(\rho)\,\rho\,d\rho\,dt$$ e se $D$ è un disco (o una corona) centrato nell'origine l'integrale in $t$ dà solo un fattore $2\pi$.

Esempio del prof. $$\int_{B(0,R]}e^{x^2 + y^2}\,dx\,dy = \int_0^{2\pi}\int_0^R e^{\rho^2}\rho\,d\rho\,dt = 2\pi\left[\frac{e^{\rho^2}}2\right]_0^R = \pi\left(e^{R^2} - 1\right)$$ Il fattore $\rho$ dello jacobiano è proprio la derivata (a meno di $2$) di $\rho^2$: in cartesiane $\int e^{x^2}\,dx$ non è elementare, in polari l'integrale diventa immediato.

Esempio del prof. $\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1 - x^2}}^0\cos(x^2 + y^2)\,dy\,dx$. Il dominio: $x \in [-1, 1]$, $y$ da $-\sqrt{1 - x^2}$ (la semicirconferenza inferiore) a $0$: è il semidisco inferiore, cioè $\rho \in [0, 1]$, $t \in [\pi, 2\pi]$: $$\int_\pi^{2\pi}\int_0^1\cos(\rho^2)\,\rho\,d\rho\,dt = \pi\left[\frac{\sin(\rho^2)}2\right]_0^1 = \frac{\pi\sin 1}{2}$$

Esempio del prof. $\int_0^5\int_0^{\sqrt{25 - x^2}}x\,dy\,dx$: il dominio è il quarto di disco di raggio $5$ nel primo quadrante, e $$\int_0^{\pi/2}\int_0^5\rho\cos t\cdot\rho\,d\rho\,dt = \big[\sin t\big]_0^{\pi/2}\cdot\frac{125}{3} = \frac{125}{3}$$

Altri esempi (regioni tra due curve polari, integrali d'esame) nell'Esercizio 31 · integrali doppi in coordinate polari.

Errori comuni

• Dimenticare il fattore $\rho$ dello jacobiano: è l'errore più frequente.
• Sbagliare l'intervallo degli angoli (per $y \ge x$ è $[\frac\pi4, \frac{5\pi}4]$, non $[\frac\pi4, \frac\pi2]$): conviene sempre disegnare.
• Usare le polari centrate nell'origine per un disco non centrato nell'origine senza riscrivere bene il dominio (o traslare prima: $x = x_0 + \rho\cos t$, $y = y_0 + \rho\sin t$, con lo stesso jacobiano $\rho$).