Coordinate polari per integrali doppi

T

C=Φ T r n

1 1

−

T r− 2 π

calcolare il rettangolo che ha come base e come altezza ,

n n n

in modo che:

{ }

1 1

( )

= −

T ρ, θ : ≤ ρ≤ r , 0 ≤θ ≤ 2 π

n n n

Che corrisponde ad un settore di corona circolare proiettato in questo modo:

1 1

−

r− 2 π

In cui rappresenta il raggio della corona e rappresenta l’angolo di

n n

sviluppo. ( )( )

1 1

− −

T r 2 π

Si ha che la misura dell’area di è , mentre la misura della

n n n

C

circonferenza è:

n

1

2 π− ( )

n ( ) ( )

( )

1 1 1 1 1

∫ 2 2

( ) = − − −

m C r dθ= 2 π r

n 2 2

2 2 n

n n

0

Che sarebbe in pratica la differenza di aree fra il semicerchio grande ed il semicerchio

piccolo per ottenere l’area della corona. T

n 2 πr

Si vede che, per tendente ad infinito, l’area di tende a , mentre quella

n

C 2

di tende a , considerando che:

π r

n

❑ ❑

∬ ∬

( ) ( )

f x , y dxdy= f ρ cos θ , ρ sinθ ρdρdθ

C T

n n

E, considerando che si prova che:

❑ ❑

∬ ∬

( ) ( )

lim f x , y dxdy= f x , y dxdy

n →+∞ C C

n

❑ ❑

∬ ∬

( ) ( )

lim f ρ cos θ , ρ sinθ ρdρdθ= f ρ cos θ , ρ sin θ ρdρdθ

n →+∞ T T

n

Allora si ha:

❑ ❑

∬ ∬

( ) ( )

f x , y dxdy= f ρ cos θ , ρ sinθ ρdρdθ

C T +∞

n

Facendo tendere a , ossia non avendo più un settore ma un cerchio

completo, questo è il motivo per il quale la trasformazione è valida pur non essendo

regolare.

La trasformazione è possibile anche qualora il centro non sia nell’origine, si avrebbe:

{ ( )=x +

x t ρ cos θ

0

( )= +

y t y ρ sin θ

0

Il passaggio a coordinate polari conviene quando si hanno come domini semirette,

archi di circonferenza, settori polari o corone circolari. Lo jacobiano rimane uguale a

ρ in tal caso.

Si è visto il caso in cui si abbia un settore polare di questo tipo:

{ } { }

( ) ( ) ( )

=

D= x , y : 0 ≤ x ≤ b , α ≤ y ≤ β T ρ , θ : 0≤ ρ ≤ ρ θ , α ≤ θ ≤ β

E si ha che , e si aveva che

la misura del dominio era:

( )

ρ θ

β β

❑ ❑ 1

∬ ∬ ∫ ∫ ∫ 2

[ ]

( )

dxdy= ρdρdθ= dθ ρdρ= ρ θ dθ

2

D T α 0 α T

Dato che vi è una dipendenza funzionale all’interno dell’integrale, il dominio non

risulta un rettangolo, bensì un rettangoloide, di questo tipo ad esempio:

Esercizio: si calcoli l’integrale doppio della funzione

❑ √

( )

∬ ( )

2 2 2 2

+ +

x y 1− x y dxdy

D { }

2 2

( )

Calcolato sul dominio .

+

D= x , y : x y ≤ 1

L’integrale è semplice e basta partire con il convertire il dominio, che risulta essere un

cerchio con raggio 1, quindi:

{ }

( )

=

T ρ , θ : 0≤ ρ ≤1, 0 ≤ θ ≤2 π

Quindi si apportano le sostituzioni (dato che è centrato nell’origine):

{ ( )=ρ

x t cos θ

( ) =ρ

y t sinθ ( ) =ρ

J ρ ,θ

Quindi il tutto diventa, ricordando di moltiplicare per lo jacobiano :

1 2 π

❑ ❑ π

∬ ∬ ∫ ∫

( ) ( )

2 3 4 3 4

( ) − −ρ

ρ 1− ρ ρdρdθ= ρ ρ dρdθ= dρ ρ dθ= 10

T T 0 0

T

Il dominio è un rettangolo in quanto agli estremi non si hanno funzioni ma

semplici valori numerici.

Esercizio: si calcoli l’integrale

❑

∬ 12 xydxdy

D { }

x √

2 2

( ) +

D= x , y :1≤ x y ≤ 4, ≤ y ≤ 3 x

Calcolato sul dominio .

√ 3

La situazione è un po’ più complicata, va prima disegnato il dominio per rendersi conto

della situazione, ossia le due circonferenze con centro nell’origine di raggio

rispettivamente 1 e 2, che delimitano un settore circolare, e le due rette

x √

y= , y= 3 x :

√ 3

A questo punto si ha un’idea e si può convertire il dominio, cominciando dal raggio

ρ θ

che, dal disegno, si vede essere compreso fra 1 e 2, per l’angolo si deve

x

vedere l’angolo che ciascuna retta forma con l’asse delle , che sono

π π

rispettivamente e , basta fare l’arcotangente del coefficiente angolare,

6 3

θ

quindi è compreso fra quei due valori e si ha in definitiva:

{ }

π π

( )

=

T ρ, θ :1≤ ρ ≤ 2, ≤θ ≤

6 3

E a questo punto si può passare a coordinate polari anche l’integrale, che, applicando

le stesse sostituzioni di prima avendo una circonferenza centrata nell’origine, diventa:

π [ ] π

2 3 2

❑ 2

sin θ 45

∬ ∫ ∫ ∫ 3

2 3 3 =

12 ρ sin θ cos θ ρdρdθ=12 dρ ρ sin θ cos θ=12 ρ dρ π

2 4

T 1 π 1 6

6

Esercizio: si calcoli l’integrale della funzione

❑

∬ ( )

2 2

+

x y dxdy

D { }

2 2 2 2

( )

Calcolato sul dominio .

+ + −2

D= x , y : x y ≥ 1, x y x ≤ 0, y ≥ 0

Stavolta si hanno due circonferenze, una centrata nell’origine e l’altra centrata nel

( )

1, 0

punto , si cominci disegnando il dominio:

Adesso ci sono due modi per stabilire il dominio, il primo è analizzare il disegno, il

secondo è ottenere le disequazioni parametriche passando a coordinate polari i dati

D

del dominio . ρ

Adottando il primo metodo, si vede che il raggio dall’origine è compreso fra 1 e

una determinata quantità, mentre per l’apice dell’angolo basta vedere l’arcotangente

della pendenza della retta passante per l’origine e per l’intersezione fra le due

circonferenze (dove finisce il dominio in pratica), e risulta essere, dopo aver messo a

π

√

sistema e aver ricavato i due punti, la retta , che dà come risultato ,

y= 3 x 3

π

0 ≤θ ≤

quindi .

3 ρ

Per vedere la limitazione di , si può adottare il secondo metodo, passando a

2 2

coordinate polari, ottenendo: . E da qui si

−2

ρ ≥ 1 → ρ ≥ 1, ρ ρcos θ ≤ 0 → ρ≤ 2 cos θ

poteva partire e mettere a sistema le due equazioni ottenute per ottenere il valore

limite:

{ 1 π

( )=1

ρ θ →cos θ= →θ=

2 3

( )=2

ρ θ cos θ π

θ

Quindi il valore limite di è , in accordo con la soluzione trovata prima, a

3

questo punto si ha:

{ }

π

( )

=

T ρ, θ :0 ≤θ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ 2cos θ

3

Quindi l’integrale diventa:

π π π ( )

3 2 cos θ 3 3

❑ ( ) ( )

2

1 1+cos 2 θ 1

∬ ∫ ∫ ∫ ∫

2 3 4 −

ρ ρdρdθ= dθ ρ dρ= 4 cos θ− dθ= 4 dθ

4 2 4

T 0 0 0 0

Che alla fine dà:

π

3 ( )

34 1+ cos 4 θ 5 7

∫ √

+ +2 +

cos 2 θ dθ= π 3

2 12 16

0

Esercizio, si calcoli l’integrale funzione:

❑ √

∬ 2 2

+

x y dxdy

D { }

2 2

( )

Calcolato sul dominio .

+ −2

D= x , y : x y x ≤ 0

Come al solito, si proceda prima a disegnare il dominio:

( )

1, 0

Che è la circonferenza di raggio 1 con centro in , in questo caso la difficoltà sta

nello stabilire come risolvere l’esercizio, se si facesse il passaggio a coordinate polari

considerando il centro uguale a quello della circonferenza, si otterrebbe nell’integrale

una situazione parecchio complicata, quindi in questo caso si fa il passaggio

considerando l’origine come l’origine degli assi. In pratica, si applica lo stesso metodo

2 ρ

di prima, ottenendo , quindi già si ha la limitazione di ,

−2

ρ ρ cos θ ≤ 0→ ρ ≤2 cos θ

θ

quella di la si può vedere ad occhio e aritmeticamente: il cerchio si trova

interamente a destra, inoltre il coseno dell’angolo non può essere negativo. Ad occhio

si vede che l’incidenza di una retta passante per l’origine, dall’inizio alla fine del

−π π

x=0

dominio, partendo dal basso dà la retta , che ha sia angolo che , e

2 2

infatti il dominio inizia e finisce nello stesso punto, è come se la retta passante per

−∞ +∞

m

l’origine, con che varia da a toccasse in ogni punto la circonferenza,

−π

modificando appunto il suo coefficiente angolare, che produce un angolo da a

2

π θ

, che è proprio la limitazione di , si ha quindi:

2 { }

π π

( )

=

T ρ, θ :− ≤ θ ≤ , 0 ≤ ρ≤ 2 cos θ

2 2

Quindi l’integrale viene:

π π

2 2 cos θ 2

❑ 8

∬ ∫ ∫ ∫

2 2 3 3 2

ρ ρdρdθ= dθ ρ dρ= cos θ dθ → cos θ=cos θ cos θ

3

−π −π

T 0

2 2

Quindi, una volta risolto l’integrale per parti diventa:

[ ] π

3

8 2 sin x 32

2

2

+ =

cos x+sin x

3 3 9

−π

2

Esercizio, si risolva l’integrale della funzione:

❑ y

∬ dxdy

2 2

+

x y

D { }

π

π θ

( )

=

Calcolato sul dominio , in questo caso il dominio è già

3

T ρ, θ :0 ≤θ ≤ , e ≤ ρ≤ e

3

dato in coordinate polari, quindi basta sostituire ottenendo:

π π

π ( )

3

3 e 3 π

❑ ❑

ρ sin θ

∬ ∬ ∫ ∫ ∫ θ

3

ρdρdθ= sin θ dρdθ= dθ sin θ dρ= e sin θ−e sin θ dθ

2

ρ

T T 0 0

θ

e

Quindi, dopo aver risolto la seconda parte dell’integrale per parti due volte (facendo il

giro), si ottiene: π

π

π &r