całki podwójne po obszarze do rozwiazania...

[hero_18]

Bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu poniższych dwóch zadań (jestem z tego zielony, a będę miał do rozwiązania na egzaminie dokładnie te same zadania). Z góry dziękuję za pomoc...

1) \(\displaystyle{ \iint_{D}}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{x ^{2} +y ^{2} }}\)dxdy

\(\displaystyle{ D: \begin{cases} 1 \le x^{2} +y ^{2} \le 4 \end{cases}}\)


2) \(\displaystyle{ \iint_{D}}\)\(\displaystyle{ \sqrt{x ^{2} +y ^{2} }}\)dxdy

\(\displaystyle{ \begin{cases} y \ge x \\ y \le \sqrt{3} x \\ x ^{2} +y ^{2} \le 1 \end{cases}}\)

[M Ciesielski]

w pierwszej lepiej przejść na współrzędne biegunowe, wtedy

\(\displaystyle{ D \rightarrow \Delta: \begin{cases}0 \le \phi \le 2\pi \\ 1 \le r \le 4\\ J=r \end{cases}}\)

oczywiście wtedy \(\displaystyle{ x = rcos\phi}\) i \(\displaystyle{ y=rsin \phi}\)

zostaje wtedy całka:

\(\displaystyle{ \iint_{D}\frac{1}{x^2 + y^2} \cdot dxdy = \iint_{\Delta}\frac{1}{r^2cos^2 \phi + r^2sin^2 \phi}\cdot r d\phi dr = \int\limits_1^4dr \int\limits_0^{2\pi} \frac{1}{r} d\phi = ...}\)

[Majorkan]

W drugim też korzystnie jest przejść na biegunowe, z dwóch pierwszych warunków dostaniemy zakres kąta \(\displaystyle{ \phi \in [\frac{\Pi}{4},\frac{\Pi}{3}]}\) a z trzeciego \(\displaystyle{ r \in [0,1]}\) i liczymy, wychodzi bodaj \(\displaystyle{ \frac{\Pi}{36}}\).

[hero_18]

Dzieki bardzo za pomoc... Mam nadzieje ze teraz juz sobie poradze...-- 14 cze 2009, o 12:39 --baQs nie daje rady z ta całką... wychodzi mi cos takiego i nie wiem co dalej

\(\displaystyle{ \int_{0}^{2\pi}}\)\(\displaystyle{ \ln(2)}\)\(\displaystyle{ d\phi}\)

chyba cos mi poszlo nie tak... i zauwazylem ze chyba powinno byc \(\displaystyle{ 1 \le r \le 2}\) a nie
\(\displaystyle{ 1 \le r \le 4}\) ale nie jestem pewien...

Majorkan nie mam pojecia jak ustaliles zakres kata z tych dwoch poczatkowych warunkow... poza tym tez robie tutaj cos zle bo wychodzi mi:

\(\displaystyle{ \int_{ \frac{\pi}{4} }^{ \frac{\pi}{3} }}\)\(\displaystyle{ \left( \ \frac{1}{3} )}\)\(\displaystyle{ d\phi}\)

Bardzo Was prosze o umieszczenie calego rozwiazania... tak bedzie chyba najlepiej... Bardzo dziekuje za poswiecony czas... Pozdrawiam

[Majorkan]

Skoro przechodzisz na współrzędne biegunowe to masz \(\displaystyle{ x=rcos \phi , y= rsin \phi}\).
Wstawiasz to do dwóch pierwszych warunków, r się skraca i dostajesz dwie nierówności trygonometryczne, które rozwiązujesz w przedziale \(\displaystyle{ \phi \in [0, 2 \Pi]}\) (bo taki jest domyślny zakres przy współrzędnych biegunowych) no i dostajesz taki zakres jak napisałem, jestem prawie pewny że nie pomyliłem się w obliczeniach
A dalej masz już dobrze, całka którą napisałeś daje właśnie \(\displaystyle{ \frac{1}{3} (\frac{\Pi}{3} - \frac{\Pi}{4})}\)

[hero_18]

Majorkan podstawilem sobie do tych rownan za y rsin(fi) a za x rcos(fi) ale nie wiem jak sie rozwiazuje takie nierownosci trygonometryczne. Gdybys mogl to pomoz mi... dzieki... Jak mozesz to zerknij tez do tej drugiej calki, cos mi sie wydaje ze tam mi nie wyszlo z tym logarytmem z 2. Z gory dzieki!!!

[M Ciesielski]

faktycznie, mój błąd, r powinno byc rzeczywiście między 1 a 2. zatem:

\(\displaystyle{ \int\limits_1^2 \mbox{d}r \int\limits_0^{2 \pi} \frac{1}{r}\mbox{d} \phi = \int\limits_1^2 \left( \frac{\phi}{r} |_0^{2 \pi} \right) \mbox{d}r = \int\limits_1^2 \frac{2 \pi}{r} \mbox{d}r = 2 \pi (\ln r |_1^2) = 2\pi \ln 2}\)

[Majorkan]

Majorkan podstawilem sobie do tych rownan za y rsin(fi) a za x rcos(fi) ale nie wiem jak sie rozwiazuje takie nierownosci trygonometryczne. Gdybys mogl to pomoz mi... dzieki... Jak mozesz to zerknij tez do tej drugiej calki, cos mi sie wydaje ze tam mi nie wyszlo z tym logarytmem z 2. Z gory dzieki!!!

No ale równania trygonometryczne chyba umiesz rozwiązać? Potraktuj nierówność jako równanie, znajdź rozwiązania, a potem najlepiej narysuj sobie wykresy obydwu stron nierówności (przy cosx, sinx nie jest to trudne) i zobacz w jakich przedziałach nierówność zachodzi.