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Integrali doppi - Esercizi svolti
Integrali doppi senza cambiamento di variabili
Si disegni il dominio D e quindi si calcolino gli integrali multipli seguenti:
1.∫Dxy dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x− x2;
2.∫D
x
1 + ydx, con D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1/2 , x2 ≤ y ≤ x;
3.∫Dx cos y dx dy, D = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1− x2;
4. Ridurre ad un integrale semplice il seguente integrale doppio:∫D
1x2 + y2
dx dy, dove D e il trapezio di vertici (1, 0), (1, 1), (3, 0), (3, 3);
5.∫D
e y2
dx dy, ove D e il triangolo di vertici (0, 0), (0, 1), (2, 1).
Integrali doppi con e senza cambiamenti di variabili
Si calcolino gli integrali doppi seguenti sia in coordinate cartesiane sia passando a coordinate polari.
6.∫Dxy dx dy, ove D e il semicerchio di centro (1, 0), raggio 1 ed y > 0;
7.∫Dx dx dy ove D e il semicerchio di centro (0, 0), raggio 1 ed x > 0;
8.∫D|x− 1|y dx dy, ove D =
(x, y) ∈ R2 | y ≥ 0 ,
√2y − y2 ≤ x ≤ 2− y
;
9.∫D|y − x|dx dy, con D =
(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ 1
;
10.∫D|xy| sinx2 cos y2 dx dy, con D =
(x, y) ∈ R2 | −
√π2 ≤ y ≤
√π2 − x2 , 0 ≤ x ≤
√π2
.
11.∫Dx2 dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 4.
1
Interali multipli ed integrali iterati;scambio di ordine d’integrazione
Rappresentare gli integrali iterati seguenti come integrali doppi e quindi scambiare l’ordine di
integrazione. Il calcolo del valore dell’integrale non e richiesto.
12.∫ 2
0
[∫ +x2
−x2sin(log(x2)2y
)dy
]dx;
13.∫ π/2
0
[∫ x
sinxsin(log(x2)2y
)dy]
dx;
14.∫ 1
−1
[∫ √2−x2
|x|f(x, y) dy
]dx;
15.∫ 1
0
[∫ y
0f(x, y) dx
]dy;
16.∫ 1
0
[∫ ex
−xf(x, y) dy
]dx;
17.∫ 1
0
[∫ 1/x
e−xf(x, y) dy
]dx [?];
18.∫ 1
0
[∫ 2−y2
y2f(x, y) dx
]dy;
19.∫ 1
−1
[∫ 1
(sgn y)|y|2/3f(x, y) dy
]dx [?].
Coordinate polari
Passando a coordinate polari, si calcolino i seguenti integrali:
20.∫ 1
−1
[∫ √1−x2
0ex
2+y2 dy
]dx;
21.∫ 1
0
[∫ √1−x2
√x−x2
(x2 + y2) dy
]dx;
22. Ir =∫De−x
2−y2 dx dy , D = (x, y) | x2 + y2 < r2. Calcolare quindi I = limr→+∞ Ir.
Notare che e−x2−y2 = e−x
2 ·e−y2 ed usare i risultati precedenti per mostrare che∫ +∞
0e−x
2dx =
√π/2;
23.∫Dx2 dx dy ove D e la corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 2;
24.∫D
√x2 + y2 − 1 dx dy ove D e la corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 3;
25.∫D
√x2 + y2 dx dy ove D e il settore di cerchio di centro (0, 0), raggio 1 e contenuto nel primo
quadrante;
26.∫D
(x2 + y2) dx dy ove D e il cerchio individuato da x2 + y2 = 2x;
27.∫D
(x− y) dx dy, D = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 4 , y ≥ 0;
Altri cambiamenti di coordinate
Per il calcolo degli integrali seguenti, si usino i cambiamenti di coordinate indicati:
28. x = aρ cos θ, y = bρ sin θ, per il calcolo dell’integrale∫D
√4− (x/a)2 − (y/b)2 dx dy ,
essendo D l’ellisse (x/a)2 + (y/b)2 ≤ 1;
29. x = 2ρ cos θ, y = 4ρ sin θ, per il calcolo dell’integrale∫Dxy dx dy, essendo D l’ellisse (x/2)2 +
(y/4)2 ≤ 1;
30. u = x+y, v = y/x per l’integrale∫D
1xy
dx dy, D = (x, y) ∈ R2 | (1/a) ≤ x+y ≤ a , (1/b) ≤
(y/x) ≤ b, con a e b parametri positivi.
Applicazioni
31. Si calcolino i centri di massa delle figure seguenti
(a) Una piastra piana omogenea, delimitata da y2 = x, x− y = 0, x ≥ 0.
(b) Una piastra piana omogenea, delimitata da y = x2, x+ y = 2.
(c) Il disco x2 + y2 ≤ 4x la cui densita in ogni punto e uguale alla distanza del punto
dall’origine.
32. Calcolare i momenti di inerzia dei corpi seguenti, supposti omogenei, con densita 1. L’asse
di rotazione (rispetto a cui i momenti di inerzia vanno calcolati) e ortogonale al piano della
figura e passa per il punto P indicato.
(a) Un disco (P giace sulla circonferenza);
(b) un’ellisse (P e il centro);
(c) un quadrato di lato l (P e un vertice);
(d) un rettangolo (P e il punto di intersezione delle diagonali);
(e) un triangolo isoscele (P e il vertice opposto alla base);
(f) un disco, ruotante intorno ad una sua retta tangente.
Ulteriori integrali doppi
Si calcolino gli integrali seguenti:
33.∫D
cosh(2y − x) dx dy ove D e l’insieme (x, y) | |2y − x| ≤ 2 , |2y + x| ≤ 2;
34.∫D|x|y dx dy ove D e l’insieme (x, y) | x+ y ≥ 0 , x2 + y2 ≤ 1;
35.∫Df(x, y) dx dy ove
f(x, y) = min√
x2 + y2, 1, D = (x, y) | x ≥ 0 , y ≥ 0 , x2 + y2 ≤ 2 .
36. I =∫A
(3y + e x) dx dy, con A = (x, y) | x2 − 1 ≤ y ≤ 1− x2.
37.∫K
xy
x2 + y2dx dy, con K =
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x√
3≤ y ≤
√3x, 1 ≤ xy ≤ 4
.
SOLUZIONI
Integrali doppi senza cambiamento di variabili
1.∫Dxy dx dy, D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x− x2. Si puo fare sia riducendo
rispetto all’asse x che rispetto all’asse y, ma la difficolta del calcolo non e la medesima nei
due casi.
Primo metodo. Proiettando l’insieme D sull’asse x si trova l’intervallo [0, 2] e per ogni x la
sezione Sx e (x, y) | 0 ≤ y ≤ 2x− x2.
1 2
1
0
Sx
x
Dunque∫Dxy dx dy =
∫ 2
0
[∫Sxxy dy
]dx =
∫ 2
0
[∫ 2x−x2
0xy dy
]dx =
∫ 2
0x
[∫ 2x−x2
0y dy
]dx
=∫ 2
0x
12y2
∣∣∣∣2x−x2
0
dx =
12
∫ 2
0x(2x− x2) dx =
12
∫ 2
0x(4x2 + x4 − 4x3) dx
=12
∫ 2
0(4x3 + x5 − 4x4) dx =
12
x4 +
16x6 − 4
5x5
∣∣∣∣20
=
1216 +
16· 64− 4
5· 32
= 8 + 13 · 32− 2
5 · 32 =120 + 80− 192
15=
815.
Secondo metodo. Riducendo rispetto all’asse y, la proiezione di D sull’asse y e l’intervallo
[0, 1]. Fissato y,
Sy = (x, y) | 1−√
1− y ≤ x ≤ 1 +√
1− y.
1 2
1y
0
Sy
Dunque ∫ 1
0
[∫Syxy dx
]dy =
∫ 1
0y
[∫ 1+√
1−y
1−√
1−yx dx
]dy =
12
∫ 1
0y
x2∣∣∣1+√
1−y
1−√
1−y
dy =
= 12
∫ 1
0y
[1 + (1− y) + 2√
1− y]− [1 + (1− y)− 2√
1− y]
dy =
= 12
∫ 1
04y√
1− y dy = 2∫ 1
0y√
1− y dy.
La sostituzione 1− y = s2 da il seguente calcolo della primitiva∫y√
1− y dy = −2∫
(1− s2)ss ds = −2∫
(s2 − s4) ds = −2
13s3 − 1
5s5
+ c.
Dunque ∫y√
1− y dy = −23
(1− y)32 +
25
(1− y)52 + c
e
2∫ 1
0y√
1− y dy = − 43
(1− y)32
∣∣∣∣10
+45
(1− y)52
∣∣∣∣10
=43− 4
5=
815.
2.∫D
x
1 + ydx dy, D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1
2 , x2 ≤ y ≤ x
1/2 1
1/2
1
0
y = x2
y = x
Riducendo rispetto all’asse delle ascisse∫ 12
0
[∫ x
x2
x
1 + ydy]
dx =∫ 1
2
0x log(1 + y)|xx2 dx =
∫ 12
0x
log(1 + x)− log(1 + x2)
dx.
Ora, ∫x log(1 + x) dx =
12
∫log(1 + x) dx2 =
12x2 log(1 + x)− 1
2
∫x2
1 + x2dx =
= 12x
2 log(1 + x)− 12
∫ (x2 − 1x+ 1
+1
x+ 1
)dx =
= 12x
2 log(1 + x)− 12 log(1 + x)− 1
2
∫(x+ 1) dx =
= 12x
2 log(1 + x)− 12 log(1 + x)− 1
4x2 + 1
2x+ c.
Inoltre∫x log(1 + x2) dx =
12
∫log(1 + x2) dx2 =
12x2 log(1 + x2)− 1
2
∫x2
1 + x22x dx =
= 12x
2 log(1 + x2)−∫
x3
1 + x2dx =
12x2 log(1 + x2)−
∫ (x− x
1 + x2
)dx =
12x
2 log(1 + x2)− 12x
2 + 12 log(1 + x2) + c
e quindi l’integrale da calcolare e
∫ 12
0x log(1 + x)− x log(1 + x2) dx =
=[
12x
2 log(1 + x)− 12 log(1 + x)− 1
4x2 + 1
2x−12x
2 log(1 + x2) + 12x
2 − 12 log(1 + x2)
] 12
0=
= 12
14 log 3
2 −12 log 3
2 −116 + 1
4 −18 log 5
4 + 18 −
12 log 5
4 ==(
18 −
12
)log 3
2 −58 log 5
4 + 516 = −3
8 log 32 −
58 log 5
4 + 516 .
Riducendo rispetto all’asse y, la proiezione di D e il segmento
(0, y) | 0 ≤ y ≤ 12
e per ogni
ySy = (y, x) | y ≤ x ≤ √y se 0 ≤ y ≤ 1
4Sy = (y, x) | y < x < 1
2 se14 ≤ y ≤
12 .
Vanno calcolati separatamente due integrali e quindi sommati
∫ 14
0
[∫ √yy
x
1 + ydx
]dy =
∫ 14
0
11 + y
[∫ √yy
x dx
]dy =
12
∫ 14
0
11 + y
[x2]√y
y dy =
= 12
∫ 14
0
11 + y
y − y2 dy =12
∫ 14
0
(−y + 2− 2
1 + y
)dy =
= 12
[−y2
2 + 2y − 2 log(1 + y)] 1
4
0= 1
2
[− 1
32 + 12 − 2 log 5
4
]=
= 1564 − log 5
4 .
Si calcola quindi
∫ 12
14
[∫ 12
y
x
1 + ydx
]dy =
12
∫ 12
14
11 + y
(x2|
12y
)dy =
12
∫ 12
14
11 + y
[14− y2
]dy =
= 18
∫ 12
14
1− 4y2
1 + ydy =
18
∫ 12
14
(−4y + 4− 3
1 + y
)dy =
18
[−2y2 + 4y − 3 log(1 + y)]1214
=
= 18
−1
2 + 2− 3 log 32 −
[−1
8 + 1− 3 log 54
]= 1
8
[58 − 3 log 3
2 + 3 log 54
]=
= 564 −
38 log 3
2 + 38 log 5
4 .
Sommando si trova
log32
+ log54
(38− 1
)+
2064
= −38
log32− 5
8log
54
+516.
3.
−1 1
1
0
Riducendo rispetto all’asse x,
∫ 1
−1
[∫ 1−x2
0x cos y dy
]dx =
∫ 1
−1x
[∫ 1−x2
0cos y dy
]dx =
=∫ 1
−1x sin(1− x2) dx = −1
2
∫ 1
−1sin(1− x2) d(1− x2) =
= −12sin 0− sin 0 = 0.
Lo stesso risultato si puo dedurre dal fatto che la funzione da integrare f(x, y) = x cos y e
dispari in x e l’insieme di integrazione e simmetrico rispetto all’asse y.
4.∫D
1x2 + y2
dx dy.
1 2 3
1
2
3
0
y = x
D
Riducendo rispetto all’asse x
∫ 3
1
[∫ x
0
1x2 + y2
dx]
dy =∫ 3
1
1x
[∫ x
0
1
1 +( yx
)2 d(y
x
)]dx
=∫ 3
1
[arctan
y
x
]x0
dx =∫ 3
1
1x· π
4dx =
π
4log 3.
Invece, proiettando sull’asse y si ha∫ 1
0
[∫ 3
1
1x2 + y2
dx]
dy +∫ 2
1
[∫ 3
y
1x2 + y2
dx]
dy =
=∫ 1
0
1y
∫ 3
1
1
1 +(xy
) d(x
y
) dy +∫ 2
1
1y
∫ 3
y
1
1 +(xy
) d(x
y
) dy =
=∫ 1
0
(arctan
x
y
∣∣∣∣31
)dy +
∫ 2
1
(arctan
x
y
∣∣∣∣3y
)dy =
=∫ 1
0
1y
(arctan
3y− arctan
1y
)dy +
∫ 2
1
1y
(arctan
3y− arctan 1
)dy =
=∫ 2
0y arctan
3y
dx−∫ 1
0arctan
1y
dy − π
4log 2.
I due integrali si calcolano per sostituzione e per parti. In particolare abbiamo
∫arctan
1y
dyy= 1
s //∫
(arctan s) d(
1s
)=
1s
arctan s−∫ 1s· 1
1 + s2ds
e ∫y arctan
3y
dyy= 1
s //∫
(arctan 3s)1s
d(
1s
)= −1
2
∫(arctan 3s) ds−2
= −12s−2 arctan 3s+
12
∫ 1s2· 1
1 + s2ds.
Avendo ridotto gli integrali ad integrali di funzioni razionali, si sa che il calcolo e possibile
ma, in questi casi, piuttosto laborioso.
5.∫D
e y2
dx dy.
1 2
1
0
y = 12x
Proiettando sull’asse x si ha∫ 2
0
[∫ 1
12x
e y2
dy
]dx. Tuttavia si sa che le primitive di e y
2non
si esprimono mediante funzioni elementari.
Invece, proiettando sull’asse y∫D
e y2
dx dy =∫ 1
0
[∫ 2y
0e y
2dx]
dy =∫ 1
0e y
2[∫ 2y
0dx]
dy =∫ 1
02ye y
2dy =
[e y
2]1
0= e − 1.
Integrali doppi con e senza cambiamento di variabili
6.∫Dxy dx dy
1 2
1
0
y =√
2x− x2
Riducendo rispetto all’asse x,
∫ 2
0
[∫ √2x−x2
0xy dy
]dx =
∫ 2
0x
[∫ √2x−x2
0y dy
]dx =
12
∫ 2
0x
[y2∣∣∣√2x−x2
0
]dx =
= 12
∫ 2
0x(2x− x2) dx =
12
[23x3 − 1
4x4]∣∣∣∣2
0
=
12· 2
3· 8− 1
8· 16 =
83− 2 =
23.
In coordinate polari l’equazione della semicirconferenza y =√
2x− x2 e r = 2 cos θ, con
0 ≤ θ ≤ π2 .
1 2
1
0
r
θ
Dunque il cambio di coordinate e
x = r cos θ y = r sin θ
0 ≤ θ ≤ π
20 ≤ r ≤ 2 cos θ
∫Dxy dx dy =
∫ π2
0
[∫ 2 cos θ
0(r cos θ) · (r sin θ)r dr
]dθ =
∫ π2
0(cos θ sin θ)
[∫ 2 cos θ
0r3 dr
]dθ =
= 14
∫ π2
0[cos θ sin θ](2 cos θ)4 dθ = −1
4· 16
∫ π2
0
(cos5 θ
)d cos θ = 4 · 1
6
[1− cos6 π
2
]=
23.
7.∫Dx dx dy.
−1 1
1
0
y =√
1− x2
Si vede che∫Dx dx dy = 0 per simmetria. Verifichiamolo esplicitamente
∫Dx dx dy =
∫ 1
−1
[∫ √1−x2
0x dy
]dx =
∫ 1
−1x√
1− x2 dx = −12
∫ 1
−1
√1− x2 d(1− x2) =
= −12 ·
23(1− x2)
32
∣∣∣1−1
= −130− 0 = 0.
In coordinate polari risulta
∫ 1
0
[∫ π
0(ρ cos θ)ρdθ
]dρ =
(∫ 1
0ρ2 dρ
)∫ π
0cos θ dθ =
13
[sinπ − sin 0] = 0.
8.∫A|x− 1|y dx dy, A = (x, y) ∈ R2 |
√2y − y2 ≤ x ≤ 2− y
1 2
1
2
0
∫A|x− 1|y dx dy =
∫A1
|x− 1|y dx dy +∫A2
|x− 1|y dx dy
dove
A1 = (x, y) ∈ R2 | y ≥ 0,√
2y − y2 ≤ x ≤ 1A2 = (x, y) ∈ R2 | y ≥ 0, 1 ≤ x ≤ 2− y.
Abbiamo quindi∫A|x− 1|y dx dy =
∫ 1
0dy∫ 1
√2y−y2
(1− x)y dx+∫ 1
0dy∫ 2−y
1(x− 1)y dx =
=∫ 1
0
[x− x2
2
]x=1
x=√
2y−y2y dy +
∫ 1
0
[x2
2− x
]x=2−y
x=1
(x− 1)y dx =
= 14 +
∫ 1
0y
(y − y2
2−√
2y − y2
)dy +
14
+∫ 1
0y
[(2− y)2
2− (2− y)
]dy =
= 12 + 1
3 −18 −
∫ 1
0y√
2y − y2 dy − 13
+18
=
= 12 + 1
2
∫ 1
0(−2y + 2)
√2y − y2 dy −
∫ 1
0
√2y − y2 dy
concludiamo osservando che il primo integrale e elementare, mentre nel secondo effettuiamo
la sostituzione y = t+ 1, ottenendo∫A|x− 1|y dx dy = 1
2 + 12 ·
23
[(2y − y2)
32
]y=1
y=0−∫ 0
−1
√1− t2 dt =
= 12 + 1
3 −[t2
√1− t2 + 1
2 arcsin t]0−1
=
= 56 −
π4 .
9. Osserviamo che
|y − x| =y − x se y ≥ xx− y se x > y.
Pertanto conviene scomporre T in due regioni come in figura.
−1 1
1
0
Si ottiene ∫ ∫T|y − x| dx dy =
∫ 1
0dx∫ x
x2(x− y) dy +
∫ 1
0dy∫ y
−√y(y − x) dx =
=∫ 1
0
[x2 − x3 − 1
2(x2 − x4)
]dx+
∫ 1
0
[y2 + y
32 − 1
2(y2 − y)
]dy =
= 13 −
14 −
16 + 1
10 + 13 + 2
5 −16 + 1
4 = 20−15−10+6+20+24−10+1560 =
=56.
10. Ragionando come nell’esercizio precedente conviene scrivere C = C1 ∪ C2, dove
C1 = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤√
π2 , 0 ≤ y ≤
√π2 − x2
C2 = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤√
π2 ,−
√π2 ≤ y ≤ 0
−√
π2
√π2
0
C1
C2
Quindi
I =∫ ∫
C1
xy sinx2 cos y2 dx dy +∫ ∫
C2
−xy sinx2 cos y2 dx dy =
=∫ √π
2
0dxx sinx2
∫ √π2−x2
0y cos y2 dy −
∫ √π2
0dxx sinx2
∫ 0
−√
π2
y cos y2 dy =
=∫ √π
2
0
12
sinx2 cosx2 dx =18
+14
=38.
11. Calcoliamo prima l’integrale mediante riduzione ad integrali semplici.
−2 2
−2
2
0
y = +√
4− x2
y = −√
4− x2
Proiettando sull’asse x∫ 2
−2
[∫ √4−x2
−√
4−x2x2 dy
]dx =
∫ 2
−2x2
[∫ √4−x2
−√
4−x2dy
]dx = 2
∫ 2
−2x2√
4− x2 dx
ora conviene sostituire x = 2 sin s∫x2√
4− x2 dx →∫
(4 sin2 s)(2 cos s)(2 cos s) ds = 16∫
[sin s cos s]2 ds =
4∫
sin2 2s ds− 4∫ 1− cos 4s
2ds = 2s− 1
2sin 4s+ c →
→ 2 arcsin x2 −
12 sin 4 arcsin x
2 + c
da cui ∫ 2
−2
[∫ √4−x2
−√
4−x2x2 dy
]dx =
[4 arcsin
x
2− sin 4 arcsin
x
2
]2
−2=
= 4[arcsin 1− sin 4 arcsin− arcsin(−1)− sin 4 arcsin(−1)] =8(arcsin 1− sin 4 arcsin 1),
perche sin sinx che arcsinx sono funzioni dispari.
Ora
arcsin 1 =π
2, sin 4 arcsin 1 = sin 2π = 0
e l’integrale richiesto vale 4π.
Calcoliamo ora quest’integrale passando a coordinate polari.∫ ∫Dx2 dx dy D = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 4
x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, 0 ≤ ρ ≤ 2 0 ≤ θ ≤ 2π
∫ 2π
0
(∫ 2
0[ρ2 cos2 θ]ρdρ
)dθ =
(∫ 2π
0cosθ dθ
)∫ 2
0ρ3 dρ =
(14· 16
)∫ 2π
0
1 + cos 2θ2
dθ =
= 4 · 12 · 2π = 4π
Integrali multipli ed integrali iterati;scambio di ordine di integrazione
Si procede in questo modo: dato un integrale∫ b
a
[∫Sxf(x, y) dy
]dx
si identifica l’insieme
D = (x, y) | y ∈ Sx, a ≤ x ≤ b
si interpreta quindi l’integrale iterato come integrale ottenuto riducendo l’integrale doppio∫Df(x, y) dx dy
rispetto all’asse x. Quindi si riduce quest’integrale doppio rispetto all’asse y.
12.
2
−4
4
0
y = x2
y = −x2
∫ 2
0
[∫ x2
−x2dy
]dx =
∫D
dx dy D = (x, y) ∈ R2 | −x2 ≤ y ≤ x2, −2 ≤ x ≤ 2
=∫ 4
−4
[∫ 2
g(y)dx
]dy, g(y) =
√y, y ≥ 0√−y, y < 0.
.
Da cui ∫ 2
0
[∫ x2
−x2dy
]dx =
∫D
dx dy =∫ 4
0
[∫ 2
√y
dx
]dy +
∫ 0
−4
[∫ 2
√−y
dx
]dy
13.∫ π
2
0
[∫ x
sinxdy]
dx =∫D
dx dy, dove
D =
(x, y) ∈ R2 | sinx ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤ π
2
.
1 2π2
1
2
π2
0
y = sinx
y = x
La proiezione di D sull’asse y e[0, π2
]e quindi
∫D
dx dy =∫ π
2
0
[∫Sy
dx
]dy, Sy =
(x, y) y ≤ x ≤ arcsin y 0 ≤ y ≤ 1(x, y) y ≤ x ≤ π
2 1 ≤ y ≤ π2
da cui ∫D
dx dy =∫ 1
0
[∫ arcsin y
ydx]
dy +∫ π
2
1
[∫ π2
ydx
]dy.
14. Possiamo scrivere∫ 1
−1
[∫ √2−x2
|x|dy
]dx =
∫D
dx dy, dove D = (x, y) ∈ R2 | |x| ≤ y ≤√
2− x2, −1 ≤ x ≤ 1.
−1 1
√2
1
0
x =√
2− y2
Quindi ∫ 1
−1
[∫ √2−x2
|x|dy
]dx =
∫ 1
0
[∫ y
−ydx]
dy +∫ √2
1
[∫ √2−y2
−√
2−y2dx
]dy.
15. Possiamo scrivere∫ 1
0
[∫ y
0dx]
dy =∫D
dx dy, dove D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤
1.
1
1
0
x = y
Quindi ∫ 1
0
[∫ y
0dx]
dy =∫ 1
0
[∫ 1
xdy]
dx.
16. Possiamo scrivere∫ 1
0
[∫ e x
−xdy
]dx =
∫D
dx dy, dove D = (x, y) ∈ R2 | −x ≤ y ≤ e x, 0 ≤
x ≤ 1.
1
−1
1
e
0
ex
y = −x
Quindi ∫ 1
0
[∫ e x
−xdy
]dx =
∫ 0
−1
[∫ 1
−ydx]
dy +∫ 1
0
[∫ 1
0dx]
dy +∫ e
1
[∫ 1
log ydx]
dy.
17. [?]
18.∫ 1
0
(∫ 2−y2
y2f(x, y) dx
)dy =
∫Df(x, y) dx dy, dove D = (x, y) ∈ R2 | y2 ≤ x ≤ 2−y2, −1 ≤
y ≤ 1.
0 21
1
−1
Quindi∫ 1
0
(∫ 2−y2
y2f(x, y) dx
)dy =
∫ 1
0
(∫ √x0
f(x, y) dy
)dx+
∫ 2
1
(∫ √2−x
0f(x, y) dy
)dx.
19. [?]
Coordinate polari
20. Utilizzando le coordinate polarix = ρ cos θy = ρ sin θ
il dominio T = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤√
1− x2 si trasforma nel rettangolo
R = (ρ, θ) ∈ R2 | 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π
−1 1
1
0
x2 + y2 = 1
x
y
T
1
π
0 ρ
θ
R
ed il determinante della matrice jacobiana della trasformazione e ρ. Dunque∫T
e x2+y2 dx dy =
∫R
e ρ2ρ dρ dθ =
∫ π
0
(∫ 1
0e ρ
2ρdρ
)dθ =
= π ·[
12e ρ
2]1
0= π
2 e .
21.∫ 1
0
∫ √1−x2
√x−x2
(x2 + y2) dx dy.
−1 112
1
0
x2 + y2 = 1
Se indichiamo con D1 e D2 i domini rappresentati qui di seguito
1
1
D1
1
1
0 0
D2
possiamo scrivere
∫ 1
0
∫ √1−x2
√x−x2
(x2 + y2) dx dy =
=∫D
(x2 + y2) dx dy =∫D1
(x2 + y2) dx dy −∫D2
(x2 + y2) dx dy.
Passando a coordinate polari centrate nell’origine∫D1
(x2 + y2) dx dy =∫ π
2
0
(∫ 1
0ρ3 dρ
)dθ =
π
2· 1
4=π
8
mentre ∫D1
(x2 + y2) dx dy =∫ π
2
0
(∫ cos θ
0ρ3 dρ
)dθ =
=∫ π
2
0
cos4 θ
4dθ =
14
∫ π2
0
(1 + cos 2θ)2
4dθ =
=116
∫ π2
0(1 + cos2 2θ + 2 cos 2θ) dθ =
=116
∫ π2
0
(32
+cos 4θ
2+ 2 cos 2θ
)dθ =
=116
[32θ +
18
sin 4θ + sin 2θ]π
2
0=
=364π,
da cui ∫D
(x2 + y2) dx dy =π
8− 3
64π =
564π.
22. Il dominio di integrazione e il cerchio di raggio r centrato nell’origine. Passando a coordinate
polari otteniamo
Ir =∫ r
0
(∫ 2π
0e−ρ
2ρdθ
)dρ = −2π · 1
2· e−ρ2
∣∣∣∣r0
= π(1− e−r
2).
Quindi
I = limr→+∞
Ir = limr→+∞
π(1− e−r
2)
= π.
23.∫Dx2 dx dy
1 2
Passando a coordinate polari∫Dx2 dx dy =
∫ 2π
0
[∫ 2
1ρ(ρ cos θ)2 dρ
]dθ =
(∫ 2π
0cos2 θ dθ
)∫ 2
1ρ3 dρ =
12· 1
4=
18.
24.∫D
√x2 + y2 − 1 dx dy
1 3
Passando a coordinate polari∫D
√x2 + y2 − 1 =
∫ 2π
0
[∫ 3
1ρ√ρ2 − 1 dρ
]dθ = 2π
∫ 3
1ρ√ρ2 − 1 dρ =
= π
∫ 3
12ρ(ρ2 − 1)
12 dρ = π
∫ 3
1(ρ2 − 1)
12 d(ρ2 − 1) =
= π · 23
(ρ2 − 1)32
∣∣∣∣31
= π · 23· 8
32 =
32π3
√2.
25.∫D
√x2 + y2 dx dy
1
1
∫D
√x2 + y2 dx dy =
∫ π2
0
∫ 1
0ρ√ρ2 dρdθ =
∫ π2
0dθ ·
∫ 1
0ρ2 dρ =
π
2· 1
3=π
6.
26.∫D
(x2 + y2) dx dy
1 2
−1
1
0
ρ
θ
Sostituendo le coordinate polari
x = ρ cos θ, y = ρ sin θ
nell’equazione della circonferenza x2 +y2−2x = 0 ricaviamo che ρ varia tra 0 e 2 cos θ. Quindi∫D
(x2 + y2) dx dy =∫ π
2
−π2
[∫ 2 cos θ
0ρ · ρ2 dρ
]dθ =
14
∫ π2
−π2
ρ4∣∣∣2 cos θ
0dθ =
= 4∫ π
2
−π2
cos4 θ dθ = 4∫ π
2
−π2
(cos2 θ) · (1− sin2 θ) dθ =
= 4∫ π
2
−π2
cos2 θ dθ −∫ π
2
−π2
(2 cos θ sin θ)2 dθ =
= 4∫ π
2
−π2
1 + cos 2θ2
dθ −∫ π
2
−π2
sin2 2θ dθ =
= 2π − 12
∫ π2
−π2
(1− cos 4θ) dθ =
= 2π − 12π + 1
2
∫ π2
−π2
cos 4θ dθ =
= 32π.
27. I =∫D
(x− y) dx dy D = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 4, y ≥ 0.
I =∫ π
0
[∫ 2
0ρ(ρ cos θ − ρ sin θ) dρ
]dθ =
=[∫ π
0(cos θ − sin θ) dθ
]·∫ 2
0ρ2 dρ =
= 83
∫ π
0(cos θ − sin θ) dθ =
= 83 [sin θ + cos θ]π0 = −16
3 .
Altri cambiamenti di coordinate
28. I =∫D
√4−
(x
a
)2
−(y
b
)2
dx dy, con D =
(x, y) ∈ R2 |(xa
)2 +(yb
)2 ≤ 1
.
−a a
−b
b
0
D
Il cambiamento di coordinate
x = aρ cos θy = bρ sin θ
ha abρ come valore assoluto del determinante della matrice jacobiana. Quindi
I =∫ 2π
0
[∫ 1
0abρ
√4− ρ2 dρ
]dθ =
= 2πab∫ 1
0ρ√
4− ρ2 dρ = −πab∫ 1
0(−2ρ)(4− ρ2)
12 dρ =
= −πab 23(4− ρ2)
32
∣∣∣10
= −πab23
[3
32 − 4
32
]=
= πab[
163 − 2
√3].
29.∫Dxy dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 |
(x2
)2 +(y
4
)2 ≤ 1, ovvero i punti interni all’ellisse di
semiassi 2 e 4 rispettivamente.
2
4
0
D
Passiamo a coordinate polari ellittichex = 2ρ cos θy = 4ρ sin θ
ed otteniamo che lo jacobiano della trasformazione e 8ρ. Quindi∫Dxy dx dy =
∫ 2π
0
[∫ 1
0(8ρ) · (2ρ cos θ) · (4ρ sin θ) dρ
]dθ =
= 64∫ 2π
0
[∫ 1
0ρ3 dρ
]cos θ sin θ dθ =
644
∫ 2π
0sin θ d(sin θ) =
= 16 · 12 sin2 θ
∣∣∣2π0
= 0.
30. Va calcolato lo jacobiano della trasformazione
x = x(u, v), y = y(u, v)
ossia
x =u
v + 1, y =
uv
v + 1⇒ xy =
u2v
(v + 1)2.
Lo jcobiano e ∣∣∣∣∣∣∣1
v + 1− u
(v + 1)2
v
v + 1u
(v + 1)2
∣∣∣∣∣∣∣ =u
(v + 1)3+
uv
(v + 1)3=
u
(v + 1)2.
Inoltre si ha che D =
(x, y) | 1a ≤ x+ y ≤ a, 1
b ≤yx ≤ b
corrisponde all’insieme
Ω =
(u, v) | 1a≤ u ≤ a, 1
b≤ v ≤ b
e quindi ∫
D
1xy
dx dy =∫
Ω
u
(v + 1)2· (v + 1)2
u2vdudv =
∫Ω
1uv
dudv =
=
(∫ a
1a
1u
du
)·(∫ b
1b
1v
dv
)= 2 log a · 2 log b = 4 log a log b.
Applicazioni
31. Ricordiamo che se µ(x, y) e la densita di una lastra D, le coordinate xB ed yB del baricentro
si calcolano nel modo seguente
xB =1M·∫Dxµ(x, y) dx dy yB =
1M·∫Dyµ(x, y) dx dy
dove la massa M e data da
M =∫Dµ(x, y) dx dy.
In particolare, se la lastra e omogenea di densita costante µ, M = µ
∫D
dx dy = M ·Area(D)
e le formule diventano
xB =1
Area(D)·∫Dx dx dy yB =
1Area(D)
·∫Dy dx dy.
(a) Calcoliamo l’area di D
1 2
1
0
D
Area(D) =∫D
dx dy =∫ 1
0
(∫ y
y2dx)
dy =
=∫ 1
0(y − y2) dy =
[y2
2− y3
3
]1
0
=16.
Quindi
xB =1
Area(D)
∫Dx dx dy = 6
∫ 1
0
(∫ y
y2x dx
)dy =
= 6∫ 1
0
[x2
2
]yy2
= 3∫ 1
0(y2 − y4) dy =
= 3
[y3
3− y5
5
]1
0
= 3(
13− 1
5
)=
25,
yB =1
Area(D)
∫Dy dx dy = 6
∫ 1
0
(∫ y
y2y dx
)dy =
= 6∫ 1
0y(y − y2) dy = 6
∫ 1
0(y2 − y3) dy =
=
[y3
3− y4
4
]1
0
= 6(
13− 1
4
)=
12.
(b) D = (x, y) ∈ R2 | x2 ≤ y ≤ 2− x, −2 ≤ x ≤ 1.
−2 1
1
4
0
D
Area(D) =∫ 1
−2
(∫ x
x2dy)
dx =∫ 1
−2(2− x− x2) dx =
=
[2x− x2
2− x3
3
]1
−2
= −13− 1
2+ 2−
(83− 2− 4
)=
=92.
Quindi
xB =29
∫ 1
−2
(∫ 2−x
x2x dy
)dx =
29
∫ 1
−2(2x− x2 − x3) dx
=
[x2 − x3
3− x4
4
]1
−2
=29·(−9
4
)= −1
2,
yB =29
∫ 1
−2
(∫ 2−x
x2y dy
)dx =
19
∫ 1
−2[(2− x)2 − x4] dx
=19
∫ 1
−2(−x4 + x2 − 4x+ 4) dx =
19
[−x
5
5+x3
3− 2x2 + 4x
]1
−2
=
=19
[−1
5+
13− 2 + 4−
(645− 8
3− 8− 8
)]=
89.
(c) Possiamo scrivere x2 + y2 − 4x = (x− 2)2 + y2 − 4 e dunque D e il disco con centro in
(2, 0) e raggio 2;
2 4
−2
2
Per simmetria il centro di massa si trova sull’asse x. Inoltre sappiamo che la sua ascissa
e data da
x0 =1M
∫Dµ(x, y) dx dy,
dove la massa M e data da
M =∫Dx · µ(x, y) dx dy =
∫D
√x2 + y2 dx dy.
Passiamo a coordinate polari x = r cos θy = r sin θ
dove −π2 ≤ θ ≤ π
2 , mentre r varia tra 0 e l’estremo r0, che si ottiene sostituendo
nell’equazione x2 + y2− 4x = 0. Avremo dunque r20 − 4r0 cos θ = 0, ovvero r0 = 4 cos θ e
M =∫ π
2
−π2
(∫ 4 cos θ
0r · r dr
)dθ =
∫ π2
−π2
[r3
3
]4 cos θ
0
dθ =
=643
∫ π2
−π2
cos3 θ dθ =643
∫ π2
−π2
(1− sin2 θ) cos θ dθ =
=643
[sin θ − 1
3sin3 θ
]π2
−π2
=643
[1− 1
3−(−1 +
13
)]=
=2569.
Quindi
x0 =9
256
∫ π2
−π2
(∫ 4 cos θ
0r cos θ · r · r dr
)dθ =
=9
256
∫ π2
−π2
cos θ
[r4
4
]4 cos θ
0
dθ =
=94
∫ π2
−π2
cos5 θ dθ =94
∫ π2
−π2
(1− sin2 θ)2 cos θ dθ
=94
∫ π2
−π2
(1 + sin4 θ − 2 sin2 θ) cos θ dθ =
=94
[sin5 θ
5− 2 sin3 θ
3+ sin θ
]π2
−π2
=
=94
[2(
15− 2
3+ 1
)]=
125.
32. Ricordiamo che il momento di inerzia di una lastra D, di densita µ(x, y), rispetto ad un asse
passante per P e dato dalla formula
I =1M
∫Dµ(x, y)d(x, y)2 dx dy,
dove M e la massa totale e d(x, y) e la distanza del punto (x, y) dal punto fissato P . In
particolare, se la densita µ(x, y) e costante, la formula si semplifica nel modo seguente
I =∫Dd(x, y)2 dx dy.
(a) Possiamo supporre che il punto P abbia coordinate (−R, 0). Quindi il punto (x, y) dista
dall’asse di rotazione (x+R)2 + y2.
0
(x, y)(x, y)
P
Dunque il momento d’inerzia e
I =∫D
[(x+R)2 + y2] dx dy =∫ 2π
0
∫ R
0ρ[(ρ cos θ +R)2 + ρ2 sin2 θ] dρ
dθ =
=∫ 2π
0
[∫ R
0(ρ3 + 2ρ2R cos θ + ρR2) dρ
]dθ =
=∫ 2π
0
(14R4 +
23R4 cos θ +
12R4)
dθ =
=34R4 · 2π =
32πR4.
(b) Siax2
a2+y2
b2= 1 l’ellisse.
(x, y)
P
La distanza di (x, y) dall’asse di rotazione e√x2 + y2 e quindi il momento d’inerzia e
I =∫D
(x2 + y2) dx dy,
essendo D l’ellisse. Passando a coordinate polari ellittichex = aρ cos θy = bρ sin θ
si trova
I =∫ 2π
0
[∫ 1
0ρ(a2ρ2 cos2 θ + b2ρ2 sin2 θ) dρ
]dθ =
= ab
∫ 2π
0
14
(a2 cos2 θ + b2 sin2 θ) dθ =
=14ab
∫ 2π
0
(a2 1 + cos 2θ
2+ b2
1 + sin 2θ2
)dθ =
=18ab(a2 + b2) · 2π =
14ab(a2 + b2)π.
(c) Sia D il quadrato con due lati sugli assi, un vertice nell’origine ed uno in (l, l).
(x, y)
P l
l
Il momento d’inerzia e
I =∫D
(x2 + y2) dx dy =∫ l
0
[∫ l
0(x2 + y2) dx
]dy =
∫ l
0
(l3
3+ ly2
)dy =
=l4
3+l4
3=
23l4.
(d) Sia D il rettangolo di vertici (±a,±b).
(x, y)
P a−a
b
−b
I =∫D
(x2 + y2) dx dy =∫ a
−a
[∫ b
−b(x2 + y2) dy
]dx =
∫ a
−a
[x2y +
y3
3
]b−b
dx =
= 2∫ a
−a
(bx2 +
b3
3
)dx = 2
[bx3
3+b3
3x
]a−a
= 4
(b · a
3
3+b3
3· a)
=43ab(a2 + b2).
(e) Se rappresentiamo il triangolo T nel modo seguente
P h
b
−b
avremo
I =∫T
(x2 + y2) dx dy =∫ h
0
[∫ −hax
−hax
(x2 + y2) dy
]dy =
=∫ h
0
[x2 · 2 · h
ax+
23·(h
ax
)3]
dx = 2 · ha· 1
4h4 +
23·(h
a
)3
· 14h4
=h5
2a·(
1 +h2
3a2
).
(f) L’asse di rotazione sia x = −R.
0
(x, y)(x, y)
asse
−R
Il punto (x, y) dista x+R dall’asse e quindi
I =∫D
(x+R)2 dx dy =∫ 2π
0
[∫ R
0ρ(ρ cos θ +R)2 dρ
]dθ =
=∫ 2π
0
[∫ R
0(ρ3 cos2 θ +R2ρ+ 2Rρ2 cos θ) dρ
]dθ =
=∫ 2π
0
(R4
4· cos2 θ +R2 · R
2
2+ 2R · R
3
3cos θ
)dθ =
=R4
4
∫ 2π
0
1 + cos 2θ2
dθ +R4
2· 2π + 0 =
=πR4
4+ πR4 =
=5πR4
4.
Ulteriori integrali doppi
33.∫K
cosh(2y − x) dx dy, K = (x, y) ∈ R2 | |2y − x| ≤ 2, |2y + x| ≤ 2.
−2 −1 1 2
−1
1
y = x2 + 1
y = x2 − 1
y = −x2 + 1
y = −x2 − 1
Pongo ξ = 2y − xη = 2y + x
⇒x = 1
2(ξ − η)y = 1
4(ξ + η)
da cui ottengo che la matrice jacobiana della trasformazione e
J =(−1
212
14
14
).
Quindi det J = 14 e dunque
dx dy = | det J |dξ dη =14
dξ dη,
inoltre il dominio di integrazione corrisponde a
K ′ = (ξ, η) ∈ R2 | −2 ≤ ξ ≤ 2, −2 ≤ η ≤ 2.
Quindi l’integrale si trasforma in∫K
cosh(2y − x) dx dy =∫K′
cosh ξ · 14
dξ dη =
=14
∫ 2
−2
(∫ 2
−2cosh ξ dξ
)dη =
∫ 2
−2dη ·
∫ 2
−2cosh ξ dξ =
=14
[η]2−2 · [sinh ξ]2−2 =14· 4 · [sinh 2− sinh(−2)] =
= 2 sinh 2.
34.
I =∫D|x|y dx dy, D = (x, y) ∈ R2 | x+ y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1
Quindi possiamo scrivere
I =∫D1
xy dx dy +∫D2
(−x)y dx dy
dove
D1 = D ∩ x ≥ 0, D2 = D ∩ x < 0.
1
1
D1
D2
Passando a coordinate polari,
I =∫E1
(ρ cos θ) · (ρ sin θ) · ρdρdθ +∫E2
(−ρ cos θ) · (ρ sin θ) · ρ dρ dθ =
=∫E1
ρ3 sin θ cos θ dρdθ −∫E2
ρ3 sin θ cos θ dρ dθ,
dove
E1 = (ρ, θ) | 0 < ρ ≤ 1,−π4≤ θ ≤ π
2, E2 = (ρ, θ) | 0 < ρ ≤ 1,
π
2≤ θ ≤ 3π
4,
da cui
I =∫ 1
0ρ3
(∫ π2
−π4
sin θ cos θ dθ
)dρ−
∫ 1
0ρ3
(∫ 3π4
π2
sin θ cos θ dθ
)dρ =
= 14
[ρ4]10 ·[
12 sin2 θ
]π2
−π4
− 14
[ρ4]10 ·[
12 sin2 θ
] 3π4
π2
=
= 18 ·[sin2 π
2 − sin2(−π
4
)]− 1
8 ·[sin2 3π
4 − sin2 π2
]=
= 18 ·(1− 1
2
)− 1
8 ·(
12 − 1
)=
= 116 + 1
16= 1
8 .
35. La funzione integranda si puo scrivere come
f(x, y) = min√x2 + y2, 1 =
√x2 + y2 se x2 + y2 ≤ 1
1 se 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2
e quindi
I =∫Df(x, y) dx dy =
=∫D1
√x2 + y2 dx dy +
∫D2
dx dy
conD1 = (x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1,D2 = (x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, 1 < x2 + y2 ≤ 2.
1√
2
D1
D2
Passando a coordinate polari
I =∫ 1
0
(∫ π2
0ρ2 dθ
)dρ+
∫ √2
1
(∫ π2
0ρdθ
)dρ =
=∫ 1
0ρ2 dρ ·
∫ π2
0dθ +
∫ √2
1ρdρ ·
∫ π2
0dθ =
= π2
[13ρ
3]1
0+ π
2
[12ρ
2]√2
1=
= π2 ·[
13 + 1
2 · (2− 1)]
== 5
12π.
36.
I =∫A
(3y + e x) dx dy, A = (x, y) | x2 − 1 ≤ y ≤ 1− x2
−1 1
−1
1
0
quindi
I =∫ 1
−1
[∫ 1−x2
x2−1(3y + e x) dy
]dx =
=∫ 1
−1
[32y2 + e xy
]1−x2
x2−1dx =
=∫ 1
−1
[32
(1− x2)2 + e x(1− x2)− 32
(x2 − 1)2 − e x(x2 − 1)]
dx =
= 2∫ 1
−1e x(1− x2) dx = 2
∫ 1
−1e x dx− 2
∫ 1
−1x2e x dx.
Il primo integrale e elementare, mentre il secondo lo risolviamo per parti nel modo seguente∫x2e x dx = x2e x − 2
∫xe x dx = x2e x − 2
(xe x −
∫e x dx
)= e x(x2 − 2x+ 2)
e sostituendo nell’espressione precedente
I = 2[e x − e x(x2 − 2x+ 2)]1−1 = 2[e x(−x2 + 2x− 1)]1−1 == 2e (−1 + 2− 1)− 2e−1(−1− 2− 1) == 8e−1.
37. I =∫K
xy
x2 + y2dx dy, K =
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x√
3≤ y ≤
√3x, 1 ≤ xy ≤ 4
.
1 2 3 4
1
2
3
4
0
π6
π3
Passando a coordinate polari
I =∫K′
ρ cos θ · ρ sin θρ2
· ρdρdθ,
conK ′ =
(ρ, θ) | 1 ≤ ρ2 cos θ sin θ ≤ 4, π
6 ≤ θ ≤π3
=
=
(ρ, θ) | 1√sin θ cos θ
≤ ρ ≤ 2√sin θ cos θ
, π6 ≤ θ ≤
π3
.
Quindi
I =∫ π
3
π6
(∫ 2√sin θ cos θ
1√sin θ cos θ
ρ sin θ cos θ dρ
)dθ =
=∫ π
3
π6
[12ρ2] 2√
sin θ cos θ
1√sin θ cos θ
sin θ cos θ dθ =
= 32
∫ π3
π6
dθ =
= 32 ·
π6 = π
4 .