integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 25/08/2019, 12:38

ciao… mi aiutate con questo integrale?
$ intint_(D)^()| x-1| dx dy $
con D =((x,y) in R^2 | y>=0 , rad(2y-y^2)<=x<=2-y)
io ho capito che il dominio è la parte di piano compresa tra la circonferenza di centro (0,1) e la retta passante per (1,0) la parte sotto la retta inclusa la circonferenza a sinistra dell'asse y. Ma poi? aiutatemi! grazie
il risultato è 1-pi/4
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 11 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12

Re: integrale doppio

Messaggioda pilloeffe » 25/08/2019, 13:20

Ciao bastian.0,

Ricordati che si ha:

$|x - 1| := {(x - 1, text{ se } x - 1 > 0 \iff x > 1),(1 - x, \text{ se } x <= 1):}$

e se $ D = {(x,y) \in \RR^2 : y >= 0 , \sqrt(2y-y^2) <= x <= 2-y} $ si ha:

$ 0 < x <= 1, \qquad 0 <= y <= 1 - \sqrt{1 - x^2} $

$ 1 < x < 2, \qquad 0 <= y <= 2 - x $
pilloeffe
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 3047 di 3139
Iscritto il: 07/02/2017, 16:45
Località: La Maddalena - Modena

Re: integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 25/08/2019, 13:33

esatto.. a non capisco come devo comportarmi poi tra dominio e funzione
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 12 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12

Re: integrale doppio

Messaggioda pilloeffe » 25/08/2019, 13:47

Beh, per $ 1 < x < 2 $ il $|x - 1|$ diventa $x - 1 $, per $0 < x <= 1 $ il $|x - 1|$ diventa $1 - x $
pilloeffe
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 3049 di 3139
Iscritto il: 07/02/2017, 16:45
Località: La Maddalena - Modena

Re: integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 25/08/2019, 15:19

non mi è chiaro il dominio. Il dominio è la parte di cerchio compresa tra il cerchio completo e la retta?
non capisco perché tra 0 e 1 e tra 1 e 2 e non invece tra -1 e 1. y>00 mi sembra poi un dato inutile
Se potete fatemi vedere l'intero svolgimento grazie
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 13 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12

Re: integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 25/08/2019, 16:43

forse ho capito però io trovo il dominio y compresa tra 0 e $1+rad(1-x^2)$ (non -) e poi tra 0 e 2-x. Ho sbagliato?
e poi il risultato è 1+ pi/2 a me viene 1 - pi/2
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 14 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12

Re: integrale doppio

Messaggioda pilloeffe » 26/08/2019, 01:06

bastian.0 ha scritto:il risultato è 1-pi/4

bastian.0 ha scritto:e poi il risultato è 1+ pi/2 a me viene 1 - pi/2

Quale accendiamo? :wink:

A me viene il primo risultato che hai scritto:

$\int\int_(D) | x-1| \text{d}x \text{d}y = \int_0^1 (1- x) \int_0^{1 - \sqrt{1 - x^2}} \text{d}y \text{d}x + \int_1^2 (x - 1) \int_0^{2 - x} \text{d}y \text{d}x = $
$ = \int_0^1 (1- x) (1 - \sqrt{1 - x^2}) \text{d}x + \int_1^2 (x - 1) (2 - x) \text{d}x = ... = 5/6 - \pi/4 + 1/6 = 1 - \pi/4 $
pilloeffe
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 3052 di 3139
Iscritto il: 07/02/2017, 16:45
Località: La Maddalena - Modena

Re: integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 26/08/2019, 06:24

Si ma con quello mi riferivo all'estremo di integrazione. Come hai fatto a prendere proprio quell'arco di circonferenza?
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 21 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12

Re: integrale doppio

Messaggioda pilloeffe » 26/08/2019, 11:21

Dai un'occhiata più attenta a $D$.

Se $x >= \sqrt(2y-y^2) $, dato che $y >= 0 $ questo significa che affinché il radicale esista deve essere $2 - y >= 0 \implies y <= 2 $; segue poi che naturalmente anche $x >= 0 $. D'altronde se $y <= 2 $ la disequazione irrazionale $ \sqrt(2y-y^2) <= 2 - y $ a parte la soluzione $y = 2 $ (che implicherebbe $0 <= x <= 0 \implies x = 0 $) ha soluzione $ 0 <= y <= 1 $.
A questo punto trattandosi di quantità tutte positive, elevando al quadrato $\sqrt(2y-y^2) <= x $ si ha:

$2y - y^2 <= x^2 $

$y^2 - 2y + x^2 >= 0 $

Risolvendo l'equazione associata rispetto a $y $ con la formula ridotta si ha:

$y_{1,2} = 1 \pm \sqrt{1 - x^2} $

Pertanto la soluzione della disequazione è la seguente:

$y <= 1 - \sqrt{1 - x^2} \vv y >= 1 + \sqrt{1 - x^2} $

Dato che $ 0 <= y <= 1 $, quella buona è $y <= 1 - \sqrt{1 - x^2} $ che naturalmente affinché esista deve essere $1 - x^2 >= 0 \implies - 1 <= x <= 1 $, ma poiché si è già trovato che deve essere $x > 0 $, si conclude quanto ho già scritto in un mio post precedente:

$ 0 < x <= 1, \qquad 0 <= y <= 1 - \sqrt{1 - x^2} $
pilloeffe
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 3053 di 3139
Iscritto il: 07/02/2017, 16:45
Località: La Maddalena - Modena

Re: integrale doppio

Messaggioda bastian.0 » 26/08/2019, 12:28

Grazie mille!! Capito dove mi sono bloccato! Adesso è chiaro!
bastian.0
New Member
New Member
 
Messaggio: 23 di 96
Iscritto il: 16/08/2019, 12:12


Torna a Analisi matematica di base

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 27 ospiti