Переход к полярным координатам

[loser228]

Есть задачка. В повторном интеграле $\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{0}^{1}f(x,y)dy$ перейти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования в том и другом порядке. Не совсем понятно, как правильно расставить границы после преобразования координат. В случае "круглой" области более-менее понятно, а вот в случае прямоугольника или других областей позаковыристее уже становится сложно. Подскажите идею, пожалуйста.

[mihaild]

Идея: записать условие принадлежности точки области в декартовых координатах, формально подставить выражение декартовых координат через полярные, в получившихся неравенствах выразить ограничение на $r$ через $\varphi$ (и наоборот).

[amon]

loser228 в сообщении #1218571 писал(а):

Подскажите идею, пожалуйста.

Диагональ проведите.

[loser228]

Попытался выразить, то есть полагая $x=r\cos \varphi, y=r\sin \varphi$, имеем что $x, y\in [0;1] $, то есть $0 \leqslant r\cos\varphi\leqslant1,0 \leqslant r\sin\varphi\leqslant1 $, и отсюда надо выразить r, причём $\varphi\in[0;\frac{\pi}{2}]$, так ?

[mihaild]

Да, так (и тут у вас как раз получатся те же два варианта, что и при предложении amon).

[loser228]

Если эти неравенства перемножить, то получится, что $0\leqslant\frac{r^2}{2}\sin 2\varphi\leqslant1$, если отсюда выразить r, то имеем $0\leqslant r\leqslant \frac {\sqrt 2}{\sqrt{\sin {2\varphi}}}$, вопрос в том, а если синус будет равный 0, то мы ведь не сможем поделить , верно ?

[arseniiv]

Получится слишком слабое неравенство. Можно получить более сильное $0\leqslant r\leqslant\sqrt2$, сложив возведённые в квадрат неравенства. И даже это неравенство слишком слабое. Т. е. делать надо не так.

[loser228]

А как тогда получить сильное ?

[arseniiv]

Для прояснения ситуации можно нарисовать область и провести на ней какой-нибудь луч, отвечающий постоянному значению $\varphi$. (А в следующий раз окружность.) Посмотрите, как находится его пересечение с границей области.

[mihaild]

$x < a \wedge x < b \leftrightarrow x < \min(a, b)$.

[loser228]

Получается, что при $0\leqslant\varphi\leqslant \frac{\pi}{4} , r=\frac{1}{\cos\varphi}$, а при $\frac{\pi}{4}\leqslant\varphi\leqslant \frac{\pi}{2}, r=\frac{1}{\sin\varphi}$