Найти интеграл через пoляpные кoopдинaты.

[reformator]

Найдите $\displaystyle\iint_D\mu(x,y)dxdy$ через полярные координаты, если область $D: (x-2)^2+y^2\leqslant 4$ и $y\geqslant \sqrt{3}(2-x)$, а также известно, что $\mu(x,y)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$

Сможете, помочь, пожалуйста, разобраться, я не могу понять - в чем проблема с пределами интегрирования.



$x=r\cos\varphi$ и $y=r\sin\varphi$

$(x-2)^2+y^2\leqslant 4$ переписывается в виде $r^2-2r\cos\varphi\leqslant 0$ или $r\leqslant 2\cos\varphi$

$y\geqslant \sqrt{3}(2-x)$, значит $k=-\sqrt{3}=\tg\varphi$. Значит с учетом нашей картинки, получаем, что $-\dfrac{\pi}{3}\leqslant \varphi \leqslant \dfrac{2\pi}{3}$

$y\geqslant \sqrt{3}(2-x)$, значит $r\sin\varphi \geqslant \sqrt{3}(2-r\cos\varphi)$, $r(\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi)\geqslant 2\sqrt{3}$, тогда $r\geqslant \dfrac{2\sqrt{3}}{\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi} $

$\displaystyle\iint_D\mu(x,y)dxdy = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}d\varphi \displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi}}^{2\cos\varphi}r\cdot \dfrac{1}{r}\;dr$

Проблема в том, что как только мы берем угол в диапазоне $\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{2\pi}{3}$ у нас верхний предел интегрирования становится отрицательным по $r$, а это как-то не очень хорошо. В чем могла быть проблема? Может я что-то не так делаю?

[Combat Zone]

Может, оно и так сойдет, но на мой взгляд, проще сразу сделать параллельный перенос, чтобы центр окружности оказался в нуле. Возможно, путаницы будет меньше.

[reformator]

Combat Zone в сообщении #1619203 писал(а):

Может, оно и так сойдет, но на мой взгляд, проще сразу сделать параллельный перенос, чтобы центр окружности оказался в нуле. Возможно, путаницы будет меньше.

А как расстояние может стать отрицательным?) Что-то не очень понятно)

[Combat Zone]

reformator
честно говоря, мне лень вникать. Другие дела. Но даже поверхностно глядя, можно заметить, что у вас неравенства, вы работаете с ними, вы их как-то преобразуете, функции в большинстве знакопеременные (или вы не проверяете знакопостоянство или даже просто знак), так что при преобразовании может получиться что угодно, да.

[Null]

reformator в сообщении #1619200 писал(а):

Значит с учетом нашей картинки, получаем, что $-\dfrac{\pi}{3}\leqslant \varphi \leqslant \dfrac{2\pi}{3}$

Вот это не правда - угол нужно считать из центра полярных координат.

[reformator]

Null в сообщении #1619209 писал(а):

Вот это не правда - угол нужно считать из центра полярных координат.

Спасибо!
Кажется, я понял $\alpha = -\dfrac{\pi}{6}$, $\beta = \dfrac{\pi}{3}$



Вот так будет лучше? $\displaystyle\iint_D\mu(x,y)dxdy = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}d\varphi \displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi}}^{2\cos\varphi}r\cdot \dfrac{1}{r}\;dr$

Combat Zone в сообщении #1619207 писал(а):

честно говоря, мне лень вникать. Другие дела. Но даже поверхностно глядя, можно заметить, что у вас неравенства, вы работаете с ними, вы их как-то преобразуете, функции в большинстве знакопеременные (или вы не проверяете знакопостоянство или даже просто знак), так что при преобразовании может получиться что угодно, да.

Да, я сомневался в этом переходе.

reformator в сообщении #1619200 писал(а):

$r(\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi)\geqslant 2\sqrt{3}$, тогда $r\geqslant \dfrac{2\sqrt{3}}{\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi} $

И до сих пор не уверен в положительности $\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi$, потому по-хорошему было не делить на это выражение.

[Combat Zone]

reformator в сообщении #1619211 писал(а):

Кажется, я понял $\alpha = -\dfrac{\pi}{6}$, $\beta = \dfrac{\pi}{3}$

Нет, вы не поняли
То есть да, точку взяли начало координат, а углы и теперь не такие.

Ну помучьтесь, я думаю, в конце концов все придет к параллельному переносу.

[reformator]

Combat Zone в сообщении #1619212 писал(а):

Нет, вы не поняли
То есть да, точку взяли начало координат, а углы и теперь не такие.

Ну помучьтесь, я думаю, в конце концов все придет к параллельному переносу.

Спасибо, я кажется понимаю насчет паралельного переноса. Но там якобиан будет равен $r$? И точно ли будут полноценные полярные координаты?

$\displaystyle\iint_D\mu(x,y)dxdy = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}d\varphi \displaystyle \int_{0}^{2} r \cdot \dfrac{1}{\sqrt{(2+r\cos\varphi)^2+r^2\sin\varphi}}\;dr$

[Combat Zone]

reformator в сообщении #1619218 писал(а):

Но там якобиан будет равен $r$? И точно ли будут полноценные полярные координаты?

Так посчитайте. И проверьте.
У полярных координат есть геометрический смысл. Если вам тяжко дается параллельный перенос вместе с заменой - делайте по очереди и картинки рисуйте поочередно. Step by step.

[svv]

reformator в сообщении #1619218 писал(а):

И точно ли будут полноценные полярные координаты?

Представьте ситуацию, когда на Земле есть только одна точка (где-то в Китае), где надо помещать центр полярных координат, чтобы они были полноценными. Центр в любой другой точке не даст полноценных полярных координат. Все едут туда и платят большие деньги.

[Combat Zone]

Combat Zone в сообщении #1619212 писал(а):

Ну помучьтесь, я думаю, в конце концов все придет к параллельному переносу.

Или не придет :)
В этих задачах часто так: хвост вытащишь, нос увяз, нос вытащишь - хвост увяз. Сдвинешь центр полярных координат, чтобы лучше координировалось ) - функция испортится до неберущейся, сделаешь функцию хорошей - пределы интегрирования будут гадкие или еще чего-нибудь.

reformator в сообщении #1619211 писал(а):

Вот так будет лучше? $\displaystyle\iint_D\mu(x,y)dxdy = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}d\varphi \displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{\sin\varphi +\sqrt{3}\cos\varphi}}^{2\cos\varphi}r\cdot \dfrac{1}{r}\;dr$

Тут если в знаках не наврали, то с углами все в порядке, обманываю я вас. Ночью все-таки лучше спать )
А хоть и пределы страшненькие, функция хорошая, он, по крайней мере возьмется. В отличие от сдвинутого собрата.

Как-то так.
В любом случае, все проверьте, я уже себе не доверяю в такое время.

[Markiyan Hirnyk]

Такие вычисления механизированы в новых версиях Математики:

reg = ImplicitRegion[(x - 2)^2 + y^2 <= 4 && y >= Sqrt[3]*(2 - x), {x, y}];
Integrate[1/Sqrt[x^2 + y^2], {x, y} \[Element] reg]

$2 \sqrt{3}+2-\frac{1}{2} \sqrt{3} \log (3)-3 \log (3)+\log (27)-\sqrt{3} \log \left(\sqrt{3}+2\right)\approx 2.23164$

[reformator]

Combat Zone в сообщении #1619227 писал(а):

Тут если в знаках не наврали, то с углами все в порядке, обманываю я вас. Ночью все-таки лучше спать )
А хоть и пределы страшненькие, функция хорошая, он, по крайней мере возьмется. В отличие от сдвинутого собрата.

Понял, спасибо. Хорошо бы правильно оказалось)

Markiyan Hirnyk в сообщении #1619242 писал(а):

$2 \sqrt{3}+2-\frac{1}{2} \sqrt{3} \log (3)-3 \log (3)+\log (27)-\sqrt{3} \log \left(\sqrt{3}+2\right)\approx 2.23164$

Спасибо! Надо будет свериться)

svv в сообщении #1619225 писал(а):

Представьте ситуацию, когда на Земле есть только одна точка (где-то в Китае), где надо помещать центр полярных координат, чтобы они были полноценными. Центр в любой другой точке не даст полноценных полярных координат. Все едут туда и платят большие деньги.

Что-то не очень понял метафоры

[svv]

Ну, Вам же показалось, что полярные координаты не совсем полноценны, если их центр не совпадает с центром декартовых. А центр декартовых разве обязан быть в строго определённой точке (скажем, где-то в Китае, если речь о физическом евклидовом пространстве)? Почему нельзя ввести 25 систем декартовых координат, отличающихся сдвигами (и поворотами)? С какой из них будет правильно связывать полярную систему?

Если трудно сразу перейти к полярной системе с центром в произвольной точке $A$, не совпадающей с началом декартовых координат $O$, выполните этот переход в два шага, введя ещё одну декартову систему с началом в $A$.

[revos]

reformator

Ляп во второй строчке.

Цитата:

$(x-2)^2+y^2\leqslant 4$ переписывается в виде $r^2-2r\cos\varphi\leqslant 0$ или $r\leqslant 2\cos\varphi$