Matematyka.pl

Hej!
Mam problem z czymś takim
\(\displaystyle{ \int\int x \sqrt{x^2-y^2}dxdy}\)
po obszarze
\(\displaystyle{ D: x \ge 0}\)
\(\displaystyle{ (x^2+y^2)^2 \le 4(x^2-y^2)}\)
Nie mam pojęcia jak zamienić ten obszar D na współrzędne biegunowe.
Macie jakiś pomysł?

Po prostu podstawić i na podstawie nierówności wyznaczyć granice całkowania.

ale jak podstawić ?? mógłbyś to zrobić ?? od a do z ??

\(\displaystyle{ x = r \cos \phi\\
y = r\sin \phi}\)
Wstaw do nierówności ograniczających obszar. Potem nie zapomnij o jakobianie przekształcenia.

Czy to jest dobrze ?
\(\displaystyle{ rcos \alpha \ge 0\\

r^4 \le 4 (r^2cos^2 \alpha - r^2sin^2 \alpha )\\
r^2 \le 4 (cos^2 \alpha - sin^2 \alpha )\\
r \le 2 \sqrt{cos2\alpha}, bo..r>0 \\
cos2\alpha > 0\\
\alpha \in (- \frac{ \pi }{4} + k \pi ,\frac{ \pi }{4}+ k \pi), k \in Z\\

0 \le rcos \alpha \le 2 \sqrt{cos2\alpha} /:cos \alpha \\
0 \le r \le 2 \frac{\sqrt{cos2\alpha}}{cos \alpha } \\
\frac{\sqrt{cos2\alpha}}{cos \alpha } \ge 0\\
cos \alpha > 0\\
\alpha \in (- \frac{ \pi }{2} + 2k \pi ,\frac{ \pi }{2}+ 2k \pi), k \in Z}\)

Ostatecznie \(\displaystyle{ \alpha \in (- \frac{ \pi }{4} + k \pi ,\frac{ \pi }{4}+ k \pi) \cup (- \frac{ \pi }{2} + 2k \pi ,\frac{ \pi }{2}+ 2k \pi), k \in Z}\)
oraz dla
\(\displaystyle{ \alpha \in [0,2 \pi ]}\) - 4 rozwiązania - 4 całki

wyrażenie podcałkowe:
\(\displaystyle{ r^3 cos \alpha \sqrt{cos2 \alpha }}\)

Dlaczego cztery całki?
Ja otrzymałem taki wynik:

\(\displaystyle{ \alpha \in \left\langle- \frac{ \pi }{4}, \frac{ \pi }{4} \right\rangle \\ \\

0 \le r \le 2 \sqrt{cos2\alpha}}\)

aalmond pisze:Dlaczego cztery całki?
Ja otrzymałem taki wynik:

\(\displaystyle{ \alpha \in \left\langle- \frac{ \pi }{4}, \frac{ \pi }{4} \right\rangle \\ \\

0 \le r \le 2 \sqrt{cos2\alpha}}\)

a skąd to ?
\(\displaystyle{ 0 \le r}\)

osob pisze:
a skąd to ?
\(\displaystyle{ 0 \le r}\)

z nierówności

Po kolei:
\(\displaystyle{ x \ge 0\\
r \cos \phi \ge 0\\
\text{Zakładamy, że r jest dodatnie i otrzymujemy}\\
\cos \phi \ge 0\\
\text{Rozwiązaniem tej nierówności jest: }\phi \in \left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4} \right]}\)
Druga nierówność:
\(\displaystyle{ \left(x^2 + y^2\right)^2 \le 4 \left(x^2 - y^2\right)\\
\left(r^2 \cos^2 \phi + r^2 \sin^2 \phi \right)^2 \le 4\left(r^2 \cos^2 \phi - r^2 \sin^2 \phi \right)\\
r^4 \le 4r^2 \left(\cos^2 \phi - \sin^2 \phi \right)\\
r^2 \left(r^2 - 4\cos 2 \phi \right) \le 0\\
\text{Jednym z rozwiązań jest }r=0\\
r^2 \le 4\cos 2 \phi\\
\text{Pierwiastkujemy pamiętając o założeniach}\\
r \le 2\sqrt{\cos 2 \phi }}\)
Zbierając wszystkie założenia otrzymujemy granice całkowania
\(\displaystyle{ r \in \left[0, 2\sqrt{\cos 2\phi}\right]\\
\phi \in \left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]}\)

Afish pisze:Po kolei:
\(\displaystyle{ x \ge 0\\
r \cos \phi \ge 0\\
\text{Zakładamy, że r jest dodatnie i otrzymujemy}\\
\cos \phi \ge 0\\
\text{Rozwiązaniem tej nierówności jest: }\phi \in \left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4} \right]}\)
Druga nierówność:
\(\displaystyle{ \left(x^2 + y^2\right)^2 \le 4 \left(x^2 - y^2\right)\\
\left(r^2 \cos^2 \phi + r^2 \sin^2 \phi \right)^2 \le 4\left(r^2 \cos^2 \phi - r^2 \sin^2 \phi \right)\\
r^4 \le 4r^2 \left(\cos^2 \phi - \sin^2 \phi \right)\\
r^2 \left(r^2 - 4\cos 2 \phi \right) \le 0\\
\text{Jednym z rozwiązań jest }r=0\\
r^2 \le 4\cos 2 \phi\\
\text{Pierwiastkujemy pamiętając o założeniach}\\
r \le 2\sqrt{\cos 2 \phi }}\)
Zbierając wszystkie założenia otrzymujemy granice całkowania
\(\displaystyle{ r \in \left[0, 2\sqrt{\cos 2\phi}\right]\\
\phi \in \left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]}\)

aalmond, ale z której nierówności.. ?

Afish, czy nie trzeba dodatkowo założyć (z tej drugiej nierówności), że skoro:
\(\displaystyle{ r \le 2\sqrt{\cos 2 \phi }}\)
to
\(\displaystyle{ \cos 2 \phi > 0}\)
bo jest pod pierwiastkiem ?

Trzeba. Zauważ, że takie założenie poczyniłem, co widać po odpowiedzi. Swoją drogą chyba robiłem to podświadomie, bo parę linijek wyżej źle rozwiązałem nierówność z kosinusem (rozwiązanie jest takie, jakby był to kosinus podwojonego kąta). A założenie, że \(\displaystyle{ r}\) jest nieujemne wynika z definicji współrzędnych biegunowych.

Afish pisze:Trzeba. Zauważ, że takie założenie poczyniłem, co widać po odpowiedzi. Swoją drogą chyba robiłem to podświadomie, bo parę linijek wyżej źle rozwiązałem nierówność z kosinusem (rozwiązanie jest takie, jakby był to kosinus podwojonego kąta). A założenie, że \(\displaystyle{ r}\) jest nieujemne wynika z definicji współrzędnych biegunowych.

Wcześniej jest też, że
\(\displaystyle{ cos \phi >0}\)
no i mamy też
\(\displaystyle{ cos 2\phi >0}\)
Czyli, że z obu nierówności wyznaczamy część wspólną tak ? A skąd też wiedzieć, które rozwiązanie wybrać; przecież są okresowe.. czy to po prostu nie ma znaczenia ?..

Tak, bierzemy część wspólną. A które rozwiązanie wybierzesz, to nie powinno mieć znaczenia, bo funkcje trygonometryczne są okresowe, a do tego liczysz całki oznaczone. Ale zazwyczaj wybiera się rozwiązania z pierwszego okresu (czyli \(\displaystyle{ [0,2\pi]}\)) lub z okolic początku układu współrzędnych (czyli \(\displaystyle{ [-\pi,\pi]}\)). Kwestia wygody.