Formule di Gauss Green, coordinate polari

D D D

❑ ❑

∂

∬ ∫

=−

ydxdy ydx

anche uguale a , moltiplicando il primo integrale per α

∂ y +∂

D D

a entrambi i membri e il secondo per a entrambi i membri, si ha

β

❑ ❑

∫ ∫

( )= ( )=−

αm D αxdy βm D βydx

e , andando a sommare a membro a

+∂ +∂

D D

membro si avrà: ❑

∫ αxdy−βydx

❑

∫ +∂ D

( ) ( ) ( )=

+ =

α β m D αxdy− βydx → m D +

α β

+∂ D ❑

1 ∫

( )= −

m D xdy ydx

=β=1

Quindi se l’area del dominio è , si prenda come

α 2 +∂ D

esempio il calcolo della formula dell’area di una superficie ellittica, la cui

{ ( )=a

x t cos t [ ]

( )= ∈

φ t ,t 0, 2 π

frontiera ha equazioni parametriche generiche ,

( ) =b

y t sin t

2 2

x y

+ =1

quindi l’equazione generica esplicita è , per calcolare l’area si

2 2

a b

❑

∫

( ) =

m D xdy

applichi la prima formula , che è uguale a

+∂ D

2 π 2 π 2 π 2 π

∫ ∫ ∫ ∫

' 2 2

( )∗y ( ) , che diventa

x t t dt= a cos t∗b cos t dt= ab cos t dt=ab cos t dt

0 0 0 0

2 π 2 π

( )

1+ cos 2t 1

∫ ∫ poiché la seconda parte veniva la funzione

ab dt=ab dt=πab

2 2

0 0

seno calcolato in e , che dava 0, così si è riusciti a calcolare

2 π 0

l’espressione dell’area di una sezione ellittica. Analogamente si può usare la

❑ 2 π

∫ ∫

( ) 2

=−

m D ydx

formula , che dà come risultato , che dalle formule

ab sin t dt

+∂ D 0

di bisezione produceva lo stesso risultato. Tuttavia, in questo caso conveniva

=β=1

applicare l’ultima formula con , infatti sarebbe venuto:

α

2 π 2 π

❑

1 1 1

[ ]

∫ ∫ ∫

( )

2 2

( ) = − −sin

m D xdy ydx= ab cos t−ab t dt= ab dt=πab

2 2 2

+∂ D 0 0

EQUAZIONE POLARE DI UNA CURVA

0

( ) ∈ ⊂ ( ) ( )

Sia data una curva con , in cui , si può

θ I R

ρ= ρ θ ∈C

ρ I , ρ θ ≥ 0

( )

( ) ( )

∈

definire un’applicazione , che permette, appunto, il

φ : θ I → ρ θ cos θ , ρ θ sin θ

passaggio a coordinate polari della curva stessa, in definitiva si ha quindi

{ ( )=ρ ( )

x θ θ cos θ

( )= ∈

φ θ , θ I , che sono proprio le componenti polari della curva. Si

( )=ρ ( )

y θ θ sin θ

supponga che la curva sia regolare, e quindi derivabile con derivata continua,

si ha che:

( )

' ' '

( )= ( ) ( ) ( ) ( )

φ θ ρ θ cos θ−ρ θ sin θ , ρ θ sin θ+ ρ θ cos θ

Dalle formule di derivazione delle funzioni composte, se il modulo della curva

derivata è maggiore di 0 (almeno nei punti interni), allora la curva è regolare,

altrimenti, non lo è:

√

| |

| | 2

( )

2

' '

( )

( ) ( ) ( )

= + >0

φ θ ρ θ ρ θ [ ]

( )=a ( ) ∈

Si prenda come esempio la cardioide di equazione , si

ρ θ 1+cos θ ,θ 0, 2 π

{ ( )=a ( )

x θ cos θ 1+cos θ [ ]

( )= ∈

φ θ ,θ 0, 2 π

ha che l’equazione in coordinate polari è ,

( )=a ( )

y θ sin θ 1+cos θ

' ( )=−a

se si va a calcolare la derivata della curva si ha , e si ha che:

ρ θ sin θ

| | √

| |

' 2 2

( ) = +2

φ θ 2 a a cos θ

Che è nullo quando , per questo motivo, la curva non è regolare, e si può

θ=π

vedere dal disegno: ( )

Infatti quando la curva si trova a metà del suo cammino essa ha un punto

π

di cuspide, in cui non è derivabile. ( )=aθ

Mentre se si prende l’equazione della spirale , si vede che è regolare

ρ θ

| | √

| |

' ' 2 2 2

poiché , che è sempre positivo, quindi la curva è

( )=a ( ) = +a

ρ θ , φ θ a θ

regolare. AREA SETTORE POLARE

Si prenda una situazione generica di questo tipo:

Si consideri il raggio come funzione dell’angolo

[ ] [ ]

1

( ) ( ) , , e si consideri il dominio

α ≤ θ ≤ β

∈C ∈

ρ= ρ θ α , β ,θ α , β , 0 ≤ ρ ≤ ρ θ , β−α ≤2 π

2

indicato in figura, incluso in . Si ha dalla formula sopra che la misura della

R

❑

1 ∫

( )= −

m D xdy ydx

sua area è , la rappresentazione parametrica polare della

2 +∂ D

{ ( )=t

x t cos α [ ]

( )= ( )

∈

γ t , t 0, ρ α S

curva è , con l’angolo fra la retta e

γ α 1

( )=t

y t sin α

l’asse delle si ha che , infatti l’intervallo

x xdy− ydx=t cos α sin α−t sin α cos α=0

non comprende un’area del dominio, dato che l’andamento della curva

corrisponde alla frontiera positiva del dominio, l’integrale dell’area può essere

calcolato sulla curva , si può riscrivere la sua equazione in funzione

γ

dell’angolo di progressione del dominio (non è fisso come ),

θ α

{ ( )

=ρ

x θ cos θ [ ]

∈

,θ α , β , in questo caso si ha

( )

y= ρ θ sin θ ' ( )

ρ θ cos θ 2

[ ]

( )

−ρ ¿ = , quindi

θ sin θ ( )

ρ θ

( )

'

( ) ( ) ( ) ( )

−ρ ¿

xdy− ydx= ρ θ cos θ ρ θ sin θ+ ρ θ cos θ θ sin θ

β

1 2

∫ [ ]

( ) ( )

l’integrale si trasforma in , che è la formula generica

=

m D ρ θ dθ

2 α

dell’area del settore polare.

Adesso si prenda la cardioide sopra e se ne veda, dalla formula ricavata sopra,

quale è la formula generale della sua area. Si ha che l’equazione polare della

[ ]

( )=a ( ) ∈

cardioide è , quindi l’integrale che fornisce la sua area

ρ θ 1+cos θ ,θ 0, 2 π

è: 2 π 2 π 2 π

2 2

1 a a 12 cos 2 θ

∫ ∫ ∫

2 2 2

( ) ( )

= + +

m D a 1+cos θ dθ= 1+cos θ+2 cos θ dθ= 1+ 2cos θ dθ

2 2 2 2

0 0 0

Ma dato che i coseni danno contributo nullo dato l’intervallo, l’integrale totale

diventa:

2 π

3 3

∫

2 2

a dθ= π a

4 2

0 FORMULA DI INTEGRAZIONE PER PARTI

1 ( )

Date due funzioni , con dominio normale regolare o unione di

D

∈C

f , g D

più regolari, si ha che:

❑ ❑ ❑

∬ ∫ ∬

f g dxdy= fgdy− f gdxdy

x x

+∂

D D D

Analogamente si prova che:

❑ ❑ ❑

∬ ∫ ∬

f g dxdy=− fgdx− f gdxdy

y y

+∂

D D D [ ]

−θ

( )=e

Si voglia calcolare l’area del settore , il cui grafico è:

∈

ρ θ ,θ 0,2 π

Applicando la formula sopra, l’area sarà:

π

2 π −π

−1

1 1−e

∫ [ ]

−2 −2θ

θ 2

( ) = =

m D e dθ= e 0

2 4 4

0 APPLICAZIONI DELL’INTEGRALE DOPPIO

Sia dato un dominio normale o insieme di domini normali, le coordinate

D

del suo baricentro sono:

❑ ❑

1 1

∬ ∬

= =

x xdxdy , y ydxdy

B B

( ) ( )

m D m D

D D

Non è detto che il baricentro faccia parte dell’insieme (esempio, la corona

circolare). { }

2

( )

Si calcoli quindi il baricentro dell’insieme , normale rispetto

D= x , y : y ≤ x ≤2

a , rappresentabile così:

y =0

y x

Si vede da subito che dalla simmetria del grafico, e la sarà

B B

❑

1 ∬ xdxdy , quindi si calcoli per prima cosa l’area del dominio, che data la

( )

m D D

simmetria, si può prendere solo la parte di dominio sopra l’asse delle e

x

√

moltiplicarla per 2, si ottiene (considerando che nel dominio, ):

0 ≤ y ≤ 2

D

√ √

2 2 2 √ √

4 2 8 2

∫ ∫ ∫ ( ) √

2 =

m(¿¿ 1)=2 dy dx=2 2− y dy=4 2− 3 3

0 0

2

y ( ) =2¿

m D

Mentre si ha che:

√ √ ( )

2 2 2

❑ √ √

4

y 4 2 16 2

∬ ∫ ∫ ∫ √

=2 =

xdxdy dy xdx=2 2− dy=4 2−

2 5 5

D 0 0

2

y

E in definitiva:

√

1 16 2 6

= =

x √

B 5 5

8 2

3 INTEGRALI DOPPI PER I VOLUMI

Si è già detto in precedenza che l’integrale doppio di una funzione può

assumere due significati geometrici diversi: se fatto rispetto alla funzione

( ) =1 , esso calcola l’area del dominio su cui viene calcolato l’integrale,

f x , y

altrimenti si calcola il volume del solido che ha come area di base il dominio

( )

, e come altezza , variabile. Se la funzione è negativa, l’integrale

D f x , y

doppio rappresenta il volume del solido opposto, quindi se si vuole calcolare il

volume totale di un solido, bisogna vedere dove la funzione è negativa, dove è

positiva e sommare i vari contributi, cambiando segno dove la funzione è

negativa. Quindi solo se è non negativa si ha un volume.

( )

z=f x , y

Si voglia calcolare ad esempio il volume del solido , tale che la sua altezza

S

4 2

è rappresentata da , e la sua area di base dal rettangolo

−x

z= y

[ ] [ ] . Per prima cosa si studia la funzione dove è negativa e dove

D= 0, 1 × 0, 1 ( ) ( )

2 2

non lo è, essa può essere scomposta come , quindi se essa è

−x +

y y x

positiva si deve avere:

{ {

2 2

> <

y x