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 .