Esercizio 31integrali doppi in coordinate polari

Testo.

1. (Lezione 6, Unità 5.) Sia $D$ la regione del piano descritta in coordinate polari da $D = \{(\rho, t) \in [0, +\infty[\times[-\pi, \pi] : 3 - \sin t \le \rho \le 4 + 2\sin t\}$. (1) Determinare i $t \in [-\pi, \pi]$ tali che $3 - \sin t = 4 + 2\sin t$; (2) abbozzare un disegno di $D$; (3) calcolare l'area di $D$.
2. (Lezione 6, esercizio 12.) Calcolare $\int_\Omega\sqrt{x^2 + y^2 + 3}\,dx\,dy$ con $\Omega = \{x^2 + y^2 \le 1,\ y \ge |x|\}$.
3. (Lezione 6, esercizio 13; Ripassi 1.29.) Calcolare, se esiste finito, $\int_D\frac{e^{-4x}}{1 + y^2}\,dx\,dy$, $D = \{x \ge 0,\ 0 \le y \le e^{-2x}\}$.
4. (I compitino, 25 novembre 2014.) Calcolare $\int_D\frac{xy^2}{x^2 + y^2}\,dx\,dy$, $D = \{y \ge x,\ 1 \le x^2 + y^2 \le 4\}$.
5. Dagli appelli del 2014/15 e 2015/16: (a) $\int_{\{4x^2 + y^2 \le 1\}}|x|\,y^2\,dx\,dy$; (b) $\int_D y\log\sqrt{x^2 + y^2}\,dx\,dy$, $D = \{1 \le x^2 + y^2 \le 2,\ y \ge 0\}$; (c) $\int_D\frac{x + y}{1 + x^2 + y^2}\,dx\,dy$, $D = \{x^2 + y^2 \le 1,\ 0 < y < x\}$; (d) $\int_D(x + y)\,dx\,dy$, $D = \left\{0 \le y \le \frac{\sqrt2}{2},\ y \le x \le \sqrt{1 - y^2}\right\}$.

Teoria: Integrali doppi in coordinate polariCon x = ρ cos t, y = ρ sin t lo jacobiano è ρ: ∫D f dx dy = ∫E f(ρ cos t, ρ sin t) ρ dρ dt, con E la descrizione di D in (ρ,t). Conviene per dischi, corone, settori e funzioni radiali: ∫{B(0,R]} g(√(x²+y²)) = 2π ∫₀ᴿ g(ρ) ρ dρ. L'area della regione 0 ≤ ρ ≤ ρ(t), t ∈ [a,b] è ½ ∫ₐᵇ ρ(t)² dt. Esempi: ∫{B(0,R]} e^{x²+y²} = π(e^{R²} − 1); petalo (x²+y²)² ≤ 8xy di area 2.Integrali doppi in coordinate polari →, Integrali doppi generalizzati e integrale di GaussPer f ≥ 0 su domini illimitati (o con f illimitata) l'integrale doppio generalizzato si calcola con le formule di riduzione o con un cambio di variabili: se il risultato è finito, f è integrabile e l'integrale è quel valore (criterio per funzioni positive). Con f di segno variabile gli integrali iterati possono esistere finiti ma essere diversi. Integrale di Gauss: ∫_{−∞}^{+∞} e^{−t²} dt = √π, ottenuto integrando e^{−x²−y²} sul piano in due modi (riduzione: I²; polari: π).Integrali doppi generalizzati e integrale di Gauss →.

Promemoria: $x = \rho\cos t$, $y = \rho\sin t$, $dx\,dy = \rho\,d\rho\,dt$, $x^2 + y^2 = \rho^2$.

1. La regione tra due curve polari

(1) $3 - \sin t = 4 + 2\sin t \iff 3\sin t = -1 \iff \sin t = -\frac13$. In $[-\pi, \pi]$, con $a_0 = \arcsin\frac13 \approx 0.340$: $$t_1 = -a_0 \approx -0.340, \qquad t_2 = -\pi + a_0 \approx -2.802$$

(2) La regione esiste dove il raggio interno non supera quello esterno: $3 - \sin t \le 4 + 2\sin t \iff \sin t \ge -\frac13$, cioè per $t \in [-a_0, \pi + a_0]$ (pensando gli angoli modulo $2\pi$: da poco sotto il semiasse positivo delle $x$, passando per l'alto, fino a poco sotto il semiasse negativo). Il bordo interno $\rho = 3 - \sin t$ è quasi un cerchio di raggio $3$ (raggio $2$ in alto, dove $\sin t = 1$); quello esterno $\rho = 4 + 2\sin t$ va da $2$ in basso a $6$ in alto. La regione è una specie di "mezzaluna" larga in alto, che si assottiglia fino a chiudersi nei due punti con $\sin t = -\frac13$.

(3) Area $= \int\int_{3 - \sin t}^{4 + 2\sin t}\rho\,d\rho\,dt = \frac12\int\big[(4 + 2\sin t)^2 - (3 - \sin t)^2\big]dt$. Sviluppando: $$(4 + 2s)^2 - (3 - s)^2 = 16 + 16s + 4s^2 - 9 + 6s - s^2 = 7 + 22s + 3s^2 \qquad (s = \sin t)$$ Sull'intervallo $[-a_0, \pi + a_0]$, di lunghezza $L = \pi + 2a_0$:

• $\int 7\,dt = 7L$;
• $\int\sin t\,dt = \big[-\cos t\big]_{-a_0}^{\pi + a_0} = \cos a_0 + \cos a_0 = 2\cos a_0 = \frac{4\sqrt2}{3}$ (perché $\cos a_0 = \sqrt{1 - \frac19} = \frac{2\sqrt2}3$);
• $\int\sin^2 t\,dt = \left[\frac t2 - \frac{\sin 2t}4\right] = \frac L2 - \frac{\sin 2a_0}{2} = \frac L2 - \frac{2\sqrt2}{9}$ (con $\sin 2a_0 = 2\cdot\frac13\cdot\frac{2\sqrt2}3 = \frac{4\sqrt2}9$).

$$\operatorname{Area} = \frac12\left[7L + 22\cdot\frac{4\sqrt2}{3} + 3\left(\frac L2 - \frac{2\sqrt2}{9}\right)\right] = \frac{17}{4}L + \frac{43\sqrt2}{3} = \frac{17}{4}\left(\pi + 2\arcsin\frac13\right) + \frac{43\sqrt2}{3} \approx 36.51$$ (valore confermato con integrazione numerica).

2. $\sqrt{x^2 + y^2 + 3}$ sul settore $y \ge |x|$

$y \ge |x|$ è il "cono" tra le bisettrici $y = x$ e $y = -x$ nel semipiano superiore: $t \in [\frac\pi4, \frac{3\pi}4]$, un angolo di ampiezza $\frac\pi2$. Con $\rho \in [0, 1]$: $$\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\int_0^1\sqrt{\rho^2 + 3}\,\rho\,d\rho\,dt = \frac\pi2\cdot\left[\frac{(\rho^2 + 3)^{3/2}}{3}\right]_0^1 = \frac\pi2\cdot\frac{8 - 3\sqrt3}{3} = \frac{\pi(8 - 3\sqrt3)}{6} \approx 1.468$$

3. $\frac{e^{-4x}}{1 + y^2}$ sotto $y = e^{-2x}$ (Ripassi 1.29)

Dominio illimitato ($x \to +\infty$), funzione positiva: si calcola con la riduzione e, se viene finito, l'integrale esiste. A fette verticali: $$\int_0^{e^{-2x}}\frac{dy}{1 + y^2} = \arctan(e^{-2x}), \qquad \int_D = \int_0^{+\infty}e^{-4x}\arctan(e^{-2x})\,dx$$ Con $s = e^{-2x}$ ($ds = -2s\,dx$, $s$ da $1$ a $0$) e $e^{-4x} = s^2$: $$\int_0^1 s^2\arctan s\cdot\frac{ds}{2s} = \frac12\int_0^1 s\arctan s\,ds$$ Per parti, con $\frac{s^2 + 1}{2}$ come primitiva di $s$ (scelta furba: si semplifica con la derivata $\frac{1}{1 + s^2}$ dell'arcotangente): $$\int_0^1 s\arctan s\,ds = \left[\frac{s^2 + 1}2\arctan s\right]_0^1 - \int_0^1\frac12\,ds = \frac\pi4 - \frac12$$ $$\int_D\frac{e^{-4x}}{1 + y^2} = \frac12\left(\frac\pi4 - \frac12\right) = \frac\pi8 - \frac14 \approx 0.143$$ Finito: la funzione è integrabile.

4. Il compitino del 2014

$D$: corona $1 \le \rho \le 2$, e $y \ge x$, cioè $\sin t \ge \cos t$, cioè $t \in [\frac\pi4, \frac{5\pi}4]$. L'integranda: $\frac{\rho\cos t\,\rho^2\sin^2 t}{\rho^2} = \rho\cos t\sin^2 t$, per lo jacobiano $\rho$: $$\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\cos t\sin^2 t\,dt\cdot\int_1^2\rho^2\,d\rho = \left[\frac{\sin^3 t}3\right]_{\pi/4}^{5\pi/4}\cdot\frac73$$ $\sin\frac{5\pi}4 = -\frac{\sqrt2}2$ e $\sin\frac\pi4 = \frac{\sqrt2}2$; $\left(\frac{\sqrt2}2\right)^3 = \frac{\sqrt2}4$. Quindi la parentesi vale $\frac{-\frac{\sqrt2}4 - \frac{\sqrt2}4}{3} = -\frac{\sqrt2}6$ e $$\int_D\frac{xy^2}{x^2 + y^2} = -\frac{\sqrt2}{6}\cdot\frac73 = -\frac{7\sqrt2}{18}$$ (risposta b).

5. Dagli appelli

(a) L'ellisse $4x^2 + y^2 \le 1$. Si usano le coordinate ellittiche $x = \frac\rho2\cos t$, $y = \rho\sin t$ (che mandano l'ellisse nel disco $\rho \le 1$), con jacobiano $\left|\det\begin{pmatrix} \frac12\cos t & -\frac\rho2\sin t \\ \sin t & \rho\cos t \end{pmatrix}\right| = \frac\rho2$. In alternativa, per simmetria ($|x|y^2$ è pari in $x$ e in $y$) si integra sul quarto con $x, y \ge 0$ e si moltiplica per $4$: $$4\int_0^{1/2}x\int_0^{\sqrt{1 - 4x^2}}y^2\,dy\,dx = \frac43\int_0^{1/2}x\,(1 - 4x^2)^{3/2}\,dx = \frac43\cdot\left[-\frac{(1 - 4x^2)^{5/2}}{20}\right]_0^{1/2} = \frac43\cdot\frac{1}{20} = \frac{1}{15}$$ (risposta b).

(b) Mezza corona. $\rho \in [1, \sqrt2]$, $t \in [0, \pi]$, $\log\sqrt{x^2 + y^2} = \log\rho$: $$\int_0^\pi\sin t\,dt\cdot\int_1^{\sqrt2}\rho^2\log\rho\,d\rho = 2\left[\frac{\rho^3\log\rho}{3} - \frac{\rho^3}{9}\right]_1^{\sqrt2} = 2\left[\frac{2\sqrt2\cdot\frac12\log2}{3} - \frac{2\sqrt2}9 + \frac19\right] = \frac{2\sqrt2\log 2}{3} - \frac{4\sqrt2 - 2}{9} \approx 0.247$$

(c) Settore $0 < y < x$ nel disco: $t \in [0, \frac\pi4]$, $\rho \in [0, 1]$: $$\int_0^{\pi/4}(\cos t + \sin t)\,dt\cdot\int_0^1\frac{\rho^2}{1 + \rho^2}\,d\rho = \big[\sin t - \cos t\big]_0^{\pi/4}\cdot\left[\rho - \arctan\rho\right]_0^1 = 1\cdot\left(1 - \frac\pi4\right) = 1 - \frac\pi4$$

(d) $y \in [0, \frac{\sqrt2}2]$, $y \le x \le \sqrt{1 - y^2}$: per ogni $y$, $x$ va dalla bisettrice all'arco del cerchio unitario. È lo stesso settore $t \in [0, \frac\pi4]$, $\rho \le 1$ (il punto in cui la bisettrice incontra il cerchio ha $y = \frac{\sqrt2}2$): $$\int_0^{\pi/4}(\cos t + \sin t)\,dt\cdot\int_0^1\rho^2\,d\rho = 1\cdot\frac13 = \frac13$$

Tutti i valori sono stati controllati con integrazione numerica (Python, mpmath).

Errori comuni

• Dimenticare il fattore $\rho$, soprattutto quando l'integranda contiene già potenze di $\rho$.
• Sbagliare l'intervallo angolare di $y \ge x$ (è di ampiezza $\pi$, da $\frac\pi4$ a $\frac{5\pi}4$).
• Usare le polari per un'ellisse senza riscalare: le coordinate ellittiche hanno jacobiano $ab\rho$, non $\rho$.