1
M.Guida, S.Rolando, 2014
Integrali doppi / Esercizi svolti
L’asterisco contrassegna gli esercizi più di!cili.
(x, y) 5 R2 : x2 + y 2 1, x2 y < 1 .
ESERCIZIO. Sia A =
]
Calcolare l’integrale
y dxdy e
A
l’area di A.
Svolgimento. L’insieme A (rappresentato in figura) è l’intersezione dei due insiemi individuati dalle
seguenti disequazioni:
x2 + y 2 1
$
cerchio di raggio 1 e centro
l’origine, circonferenza inclusa;
x2 y < 1
$
regione y > x2 1 dei punti
al di sopra della parabola
y = x2 1, parabola esclusa.
Il calcolo dell’integrale può essere eettuato comodamente per verticali, in quanto A è verticalmente
convesso1 e le sue frontieresin ingresso ed uscita sono rappresentabili mediante un’unica espressione
ciascuna: y = x2 1 e y = 1 x2 rispettivamente, con x 5 [1, 1]. Si ottiene
#]
$
2
y=s1x2
] 1
1 x2 x2 1
y2
y dxdy =
y dy dx =
dx =
dx
2 y=x2 1
2
1
1
1
A
x2 1
x=1
]
2
1 x3
x5
1 1 2
=
x x4 dx =
.
=
2 1
2 3
5 x=1 15
]
]
1
s
1x2
L’area di A è data da area (A) =
U
A
]
area (A) =
]
dxdy. Integrando per verticali su tutto A, si ottiene
]
1
#]
s
1x2
dxdy =
A
1
$
]
s
1 x2 x2 + 1 dx
1
dy dx =
1
x2 1
1
s
dove l’ultimo integrale non è di immediata risoluzione per via del termine 1 x2 . Spezziamo allora A
nei due sottoinsiemi A1 ed A2 dati rispettivamente dalla parte con y 0 (semicerchio di raggio 1, con
area 12 ) e da quella con y < 0 e calcoliamo separatamente:
]
] 1 ] 0
dxdy = +
dy dx
area (A) = area (A1 ) + area (A2 ) = +
2
2
1
x2 1
A2
x=1
] 1
4
x3
2
= +
= + .
1 x dx = + x 2
2
3
2
3
1
x=1
1 come
d’uso, si sottintende il passaggio alla chiusura A di A, in quanto
U
A
y dxdy =
U
A
y dxdy e area (A) = area A
2
M.Guida, S.Rolando, 2014
ESERCIZIO. Calcolare l’integrale
]
xey dxdy
D
dove D = (x, y) 5 R2 : 0 y 1, 0 x y 1 .
Svolgimento. L’insieme D è l’intersezione dei due insiemi rappresentati dalle seguenti disequazioni:
0y1
$
striscia orizzontale delimitata dalle rette
y = 0 e y = 1, rette comprese;
0xy 1
$
striscia obliqua delimitata dalle rette
x y = 0 e x y = 1, rette comprese.
Come si vede bene dalla figura, D può essere riscritto come
D = (x, y) 5 R2 : 0 y 1, y x y + 1
(lo stesso risultato si ottiene per via algebrica, osservando che la disequazione 0 x y 1 equivale a
y x y + 1), il che ne evidenzia la convessità orizzontale, rendendo facile il calcolo dell’integrale2 .
Integrando per orizzontali, si ottiene allora
]
]
xe dx dy =
]
]
x dx dy =
x=y+1
x2
xe dxdy =
e
e
dy
2 x=y
0
y
0
y
0
D
] 1
] 1
] 1
]
2
1 1 y
(y + 1) y 2
2y + 1 y
ey
yey dy +
e dy
=
dy =
e dy =
2
2
2 0
0
0
0
] 1
] 1
1 y1
1
y
ye dy + [e ]0 =
yey dy + (e 1) .
=
2
2
0
0
]
]
1
y+1
y
y
Calcolando per parti l’integrale
]
]
D
y
y+1
1
y
]
yey dy = yey si conclude
1
xey dxdy = [ey (y 1)]10 +
ey dy = ey (y 1) + c,
1
1
1
1
(e 1) = 1 + (e 1) = e + .
2
2
2
2
2 D è anche verticalmente convesso, ma il calcolo dell’integrale per verticali richiede di distinguere i due sottoinsiemi su
cui le frontiere superiore e inferiore hanno espressione unica:
D = (x, y) M R2 : 0 $ x $ 1, 0 $ y $ x (x, y) M R2 : 1 $ x $ 2, x 3 1 $ y $ 1 .
3
M.Guida, S.Rolando, 2014
ESERCIZIO. Calcolare il momento d’inerzia rispetto all’origine della lamina piana omogenea di densità unitaria rappresentata dall’insieme
A = (x, y) 5 R2 : x2 + y 2 1, x2 + 4y 2 1 .
Svolgimento. Per definizione di momento d’inerzia rispetto all’origine, si tratta di calcolare l’integrale
doppio
]
2
x + y 2 dxdy .
IO =
A
L’insieme A è l’intersezione dei due insiemi rappresentati dalle seguenti disequazioni:
x2 + y 2 1
$
cerchio di centro l’origine e
raggio 1, circonferenza inclusa;
x2 + 4y 2 1
$
esterno dell’ellisse x2 + 4y 2 = 1,
ellisse inclusa.
Si tratta dunque della regione di piano compresa tra l’ellisse x2 + 4y 2 = 1 (di centro l’origine e semiassi
a = 1 e b = 1/2) e la circonferenza x2 + y 2 = 1.
Il calcolo di IO può essere allora eseguito tramite passaggio a coordinate polari ed ellittiche, oppure
spezzando l’insieme A nei due insiemi y-semplici
r
q
r
q
s
s
s
s
2
2
2 y 1x2
y
1
x
1
x
e
(x,
y)
:
x
5
[1,
1]
,
(x, y) : x 5 [1, 1] , 1x
2
2
e riducendo l’integrale su ciascuno a due integrazioni semplici successive. Seguiamo la prima via, che
risulta molto più agevole.
Introdotti gli insiemi
(cerchio chiuso)
A1 = (x, y) 5 R2 : x2 + y 2 1
2
2
2
A2 = (x, y) 5 R : x + 4y < 1 (interno dell’ellisse),
risulta ovviamente A1 = A2 ^ A, da cui segue (essendo |A2 _ A| = 0)
]
]
]
2
2
2
2
2
x + y dxdy =
x + y dxdy x + y 2 dxdy .
A
A1
A2
Si tratta dunque di calcolare i due integrali a secondo membro.
Passando a coordinate polari
!:
x = cos y = sin ( > 0, 0 < 2)
si ha
• x2 + y 2 = 2 cos2 + 2 sin2 = 2 cos2 + sin2 = 2 ;
• dxdy = |det J! (, )| dd = dd;
4
M.Guida, S.Rolando, 2014
• (x, y) 5 A1 \ {(0, 0)} / (, ) 5 (0, 1] × [0, 2), cioè A1 \ {(0, 0)} = ! (A31 ) con A31 = (0, 1] × [0, 2);
si noti che ciò può essere dedotto sia geometricamente, tramite la rappresentazione grafica di A1
ed il significato geometrico delle coordinate polari, sia algebricamente, tramite la definizione di A1
e le equazioni del cambio di coordinate:
+
+
+
+
> 0, 0 < 2
> 0, 0 < 2
0<1
(x, y) 5 R2 \ {(0, 0)}
/
/
/
2
2
2
2
2
2
2
x +y 1
cos + sin 1
1
0 < 2.
Dunque si ottiene3
]
2
x +y
2
A1
]
]
3
dd =
dxdy =
]
2
4 1
d = 2
= .
4 0
2
3
d
0
[0,1]×[0,2]
1
0
Tramite coordinate ellittiche di parametri a = 1 e b = 1/2 (suggeriti dall’equazione dell’ellisse che
delimita A2 )
x = t cos (t > 0, 0 < 2)
!:
y = 12 t sin si ha
• x2 + y 2 = t2 cos2 + 14 t2 sin2 = t2 cos2 +
1
4
sin2 ;
• dxdy = |det J! (t, )| dtd = 12 t dtd;
• (x, y) 5 A2 \ {(0, 0)} / (t, ) 5 (0, 1] × [0, 2), cioè A2 \ {(0, 0)} = ! (A32 ) con A32 = (0, 1) × [0, 2);
si noti che ciò può essere dedotto sia geometricamente, tramite la rappresentazione grafica di A2
ed il significato geometrico delle coordinate ellittiche, sia algebricamente, tramite la definizione di
A2 e le equazioni del cambio di coordinate:
+
+
+
+
t > 0, 0 < 2
t > 0, 0 < 2
0<t<1
(x, y) 5 R2 \ {(0, 0)}
/
/
/
2
1 2
2
2
2
2
2
t cos + 4 4 t sin < 1
t <1
0 < 2.
x + 4y < 1
Dunque si ottiene
]
]
2
2
x + y dxdy =
]
1
t
1
1
2
2
2
3
2
t cos + sin t cos + sin dtd
dtd =
4
2
2 [0,1]×[0,2]
4
[0,1]×[0,2]
] 2 ] 1
1
1
=
t3 dt
cos2 + sin2 d
2
4
0
0
4 1 ] 2 ]
1 t
1 2
1 2
3
2
2
=
1 sin + sin d =
1 sin d
2 4 0 0
4
8 0
4
#
2 $
] 2
1
1
1
3
3 sin 2
3
5
2
=
sin d =
=
2 2 2 =
.
8
4 0
8
4 2
4
8
4
32
0
A2
3 come
2
d’uso, si sono sottintesi i passaggi che sfruttano l’invarianza dell’integrale per insiemi trascurabili:
]
]
]
]
2
2
x + y 2 dxdy =
x + y2 dxdy =
43 d4dw =
43 d4dw
A1
A1 \{(0,0)}
(0,1]×[0,2Z)
[0,1]×[0,2Z]
5
M.Guida, S.Rolando, 2014
In definitiva risulta
]
IO =
2
5
1
11
x + y 2 dxdy = =
.
2
32
32
A
ESERCIZIO. Calcolare l’integrale
]
2
con A = (x, y) 5 R2 : 0 y + x 3, 0 y x 2 .
4x + 2y 2 6xy dxdy
A
Svolgimento. L’insieme A è l’intersezione dei due insiemi rappresentati dalle seguenti disequazioni:
x y 3 x
$
striscia compresa tra le rette y = x
e y = 3 x, rette incluse;
xy 2+x
$
striscia compresa tra le rette y = x
e y = 2 + x, rette incluse.
Si tratta dunque del parallelogramma rappresentato in figura.
Il calcolo dell’integrale può essere eettuato sia per riduzione che per cambiamento di variabili.
Vediamo entrambi i procedimenti, di cui il secondo è notevolmente più comodo.
1 metodo) Per ridurre l’integrale doppio a due integrazioni successive occorre suddividere A in sottoinsiemi
le cui frontiere in ingresso ed uscita possano essere ambedue rappresentate tramite un’espressione
unica. Poiché le intersezioni tra i lati di A
y = x
y = x
y =3x
y =3x
,
,
,
y=x
y =2+x
y=x
y =2+x
sono rispettivamente P1 = (0, 0) , P2 = (1, 1) , P3 = (3/2, 3/2) , P4 = (1/2, 5/2), si ha ad esempio
A = A1 ^ A2 ^ A3
con
A1 = (x, y) 5 R2 : 1 x 0, x y 2 + x
A2 = (x, y) 5 R2 : 0 < x < 12 , x y 2 + x
A3 = (x, y) 5 R2 :
1
2
x 32 , x y 3 x
e quindi (essendo |Ai ^ Aj | = 0 per i 9= j)
]
A
3
[
2
4x + 2y 2 6xy dxdy =
i=1
]
Ai
2
4x + 2y 2 6xy dxdy.
6
M.Guida, S.Rolando, 2014
Calcoliamo separatamente i tre integrali: risulta
]
2
4x + 2y 2 6xy dxdy =
0
]
1
A1
]
]
2+x
2
2
4x + 2y 6xy dy dx
x
y=2+x
] 0
y3
16
28 3
=
dx =
4x2 y + 2 3xy 2
x 4x +
dx
3
3
3
1
1
y=x
x=0
16
7 4
= 5,
x 2x2 + x
=
3
3 x=1
]
2
4x + 2y 2 6xy dxdy =
A2
0
]
1/2
0
]
2+x
2
2
4x + 2y 6xy dy dx
x
y=2+x
] 1/2 y3
16
2
2
=
dx =
4x y + 2 3xy
4x +
dx
3
3
0
0
y=x
x=1/2
16
13
2
=
= 2x + x
3 x=0
6
]
1/2
e
]
2
4x + 2y 2 6xy dxdy =
]
3/2
1/2
A3
]
3x
2
4x + 2y 2 6xy dy dx
x
y=3x
y3
dx
4x2 y + 2 3xy 2
=
3
1/2
y=x
] 3/2 28
x3 + 36x2 45x + 18 dx
=
3
1/2
x=3/2
45
7
1
= .
= x4 + 13x3 x2 + 18x
3
2
3
x=1/2
]
3/2
In definitiva si ottiene
]
2
13 1
15
4x + 2y 2 6xy dxdy = 5 +
+ =
.
6
3
2
A
2 metodo) Dalla definizione dell’insieme A, si vede subito che A si trasforma in un rettangolo (su cui è facile
integrare) tramite il cambiamento di variabili
y+x=u
y x = v;
(0.1)
in tal modo risulta infatti
(x, y) 5 A +, (u, v) 5 [0, 3] × [0, 2] =: A3 .
Ciò significa A = ! (A3 ) dove (x, y) = !(u, v) è l’inverso del cambiamento di coordinate di equazioni
7
M.Guida, S.Rolando, 2014
(0.1), ossia (risolvendo le (0.1) rispetto a u e v)
;
uv
A
?x =
2
!:
A
=y = u + v.
2
Tramite il cambio !, si ha poi:
2
2
uv
u+v
uvu+v
2
2
+2
6
= 3v 2 uv;
• 4x + 2y 6xy = 4
2
2
2
2
• dxdy = |det J! (u, v)| dtd = 12 dudv, essendo
Cx Cx Cu Cv =
det J! (u, v) = Cy Cy Cu Cv
1 1 1
2 2 1 1
= + = .
2
1 1 4 4
2 2
Dunque si ottiene
]
]
] ]
2
1
1 2 3 2
3v uv dudv =
3v uv dudv
2
2 0 0
[0,3]×[0,2]
u=3
] 2
] 1 2
9
1
1 2
2
2
=
dv =
3v u u v
9v v dv
2 0
2
2 0
2
u=0
v=2
9
15
1
=
=
3v 3 v2
.
2
4
2
v=0
2
4x + 2y 2 6xy dxdy =
A
ESERCIZIO. Calcolare il momento d’inerzia rispetto all’origine della lamina piana omogenea di den
sità unitaria rappresentata dall’insieme A = (x, y) 5 R2 : x2 + y 2 3, y |x| . Calcolare poi massa
e baricentro della lamina.
Svolgimento. Per definizione di momento d’inerzia rispetto all’origine, si tratta di calcolare l’integrale
doppio
]
2
x + y 2 dxdy .
IO =
A
L’insieme A (rappresentato in figura) è l’intersezione dei due insiemi individuati dalle seguenti disequazioni:
x2 + y 2 3
$
cerchio con
s centro nell’origine
e raggio 3, circonferenza inclusa;
y |x|
$
angolo al di sotto del grafico y = |x|
(simmetrico rispetto all’asse x del
grafico y = |x|), grafico incluso.
8
M.Guida, S.Rolando, 2014
Viste la forma dell’insieme di integrazione A (settore circolare) e l’espressione della funzione integranda
(x2 + y 2 = 2 ), il calcolo dell’integrale risulta molto agevole passando a coordinate polari
+
x = cos ( > 0, 0 < 2) ,
y = sin tramite le quali ci si riconduce all’integrazione su un rettangolo, in quanto risulta
s 5
7
A \ {(0, 0)} = ( cos , sin ) 5 R2 : 0 < 3,
4
4
(facciamo notare che l’angolo può essere fatto variare equivalentemente in un qualsiasi altro intervallo
3 7
del tipo 5
4 + 2k, 4 + 2k con k 5 Z, ad esempio 4 , 4 ). Dunque si ottiene
]
IO =
2
x + y 2 dxdy =
A
#]
$ #]
7/4
s
3
s
7
[0, 3]×[ 5
4 , 4 ]
$
3 d
d
=
]
5/4
0
=
2
cos2 + 2 sin2 dd =
7 5
4
4
]
7/4
4
4
s3
=
0
s
3
3 dd
5/4
]
0
9
,
8
dove la sostituzione dxdy = dd tiene conto del termine jacobiano.
Poiché la lamina è omogenea con densità unitaria, la sua massa coincide con l’area di A, che può
): risulta
essere determinata
s 2 subito per via geometrica, così come l’ascissa del baricentro G = (xG , yGs
area (A) = ( 3) /4 = 3/4 (in quanto A è un settore circolare di un cerchio di raggio 3 ed ha
ampiezza /4) e xG = 0 (in quanto A è simmetrico rispetto all’asse y). Infine, passando nuovamente a
coordinate polari, si ottiene
$ #] s
$
#]
]
]
7/4
3
1
1
4
2
2
y dxdy =
sin d
d
yG =
sin dd =
7
area (A) A
3/4 [0,s3]×[ 5
3
5/4
0
4 , 4 ]
# s
s
s $
3 s3
4
4
4 6
5
4
7 s
2
2 s
7/4 =
=
3=
3=
[ cos ]5/4
cos
cos
.
3
3 0
3
4
4
3
2
2
3
ESERCIZIO. Sia D = (x, y) 5 R2 : x2 + y 2 4, y 2 2x, y 0 .
(i) Rappresentare l’insieme D nel piano cartesiano.
(ii) Calcolare l’area di D.
(iii) Calcolare le coordinate del centroide di D.
Svolgimento. (i) L’insieme D (rappresentato in figura) è l’intersezione dei tre insiemi individuati dalle
seguenti disequazioni:
x2 + y 2 4
$
cerchio con centro nell’origine
e raggio 2, circonferenza inclusa;
y 2 2x
$
semipiano dei punti al di sopra
della retta y = 2 2x, retta inclusa;
y0
$
semipiano dei punti al di sopra
dell’asse x.
9
M.Guida, S.Rolando, 2014
Osserviamo che D è la dierenza tra il settore circolare A = (x, y) 5 R2 : x2 + y 2 4, x 0, y 0
ed il triangolo rettangolo B di vertici (0, 0), (0, 2) e (1, 0).
(ii) L’area di D è data dalla dierenza tra le aree di A e di B, che sono rispettivamente (un quarto
dell’area del cerchio di raggio 2) e 1 (cateto × cateto : 2). Quindi
area (D) = area (A) area (B) = 1.
(iii) Il centroide G dell’insieme D ha coordinate xG e yG date da
]
]
1
1
xG =
x dxdy e yG =
y dxdy.
area (D) D
area (D) D
Il calcolo di questi integrali può essere eettuato sia per orizzontali che per verticali (v. più in
basso), ma la strada più semplice è forse quella di integrare su A e B separatamente, per poi
prendere la dierenza degli integrali. Essendo A = ( cos , sin ) 5 R2 : 0 2, 0 2
e B = (x, y) 5 R2 : 0 x 1, 0 y 2 2x , si ottiene
]
]
]
x dxdy x dxdy =
D
]
]
2
0
0
]
8
= 2
3
1
0
0
0
22x
cos dd 2 d cos d
]
1
2
0
] 1
B
]
2
x dxdy =
A
] /2
=
]
/2
x dy dx
0
[xy]y=22x
dx = [sin ]/2
y=0
0
0
3
3
2
1
8 1
8
x
x3
7
2
= =
x x dx = 2
3
2
3 0 3 3
3
2
]
1
x (2 2x) dx
0
0
e, con conti del tutto analoghi,
]
]
A
/2
= [ cos ]0
Dunque xG =
7
3(1)
]
y dxdy y dxdy =
D
]
e yG =
/2
]
3
3
2
]
0
0
1
1
]
22x
2
sin dd y dxdy =
B
]
2
0
0
2 y=22x
y
2
dx =
y=0
8 1
3 2
y dy dx
]
0
1
0
2
(2 2x) dx = 2.
0
2
1 .
Come ulteriore esercizio di integrazione, calcoliamo xG e yG anche per orizzontali e per verticali.
Fig. 1
Fig. 2
10
M.Guida, S.Rolando, 2014
Integrando per orizzontali (Fig. 1), si ottiene
]
]
#] s 2
4y
2
x dxdy =
$
]
2
x dx dy =
D
2y
2
0
0
x2
2
s
x= 4y2
x= 2y
2
1
dy =
2
]
#
2
2
4y 0
2y
2
2 $
dy =
7
3
e
]
#] s 2
4y
$
s
2y
2
y dxdy =
y dx dy =
[yx]x= 2y
dy =
y
4y dy
2y
2
2
0
0
0
D
2
]
] 2
1
3 2 1 2 y3 2
1 2
12
y 4 y 2 2 dy = 2.
2y y 2 dy = 4 y2 2 y =
2 0
23
2
3 0
0
0
]
2
]
]
s
2
4y 2
x=
2
Integrando per verticali (Fig. 2) ed omettendo i conti analoghi ad altri già svolti, si ottiene
$
$
]
] 1 #] s4x2
] 2 #] s4x2
x dxdy =
x dy dx +
x dy dx
0
D
]
=
0
]
1
=
0
]
1
22x
1
0
]
s
x
4 x2 2 + 2x dx +
]
s
2
x 4 x dx +
2
s
x 4 x2 dx
1
]
1
0
2
=
s
x 4 x2 dx
1
]
s
2
x 4 x dx + 2
0
2
x (2x 2) dx +
1
0
2
7
x x dx =
3
e
]
]
1
#]
s
4x2
y dxdy =
]
2
#]
y dy dx +
0
D
$
1
=
2
22x
]
1
0
s
4x2
$
]
1
y dy dx =
1
0
0
y2
2
]
1 2
2
2
4 x2 dx = 2.
4 x (2 2x) dx +
2 1
s4x2
]
dx +
22x
1
2
y2
2
s4x2
dx
0
Le coordinate xG e yG si ottengono poi dividendo per area (D) = 1.
2
2
2
ESERCIZIO. Rappresentare
nel
piano
l’insieme
A
=
(x,
y)
5
R
:
x
+
y
1,
0
x
1,
0
y
1
]
s
2y x dxdy.
e calcolare l’integrale
A
Svolgimento. L’insieme A (rappresentato in figura) è l’intersezione dei due insiemi individuati dalle
seguenti disequazioni:
x2 + y 2 1
0x1
0y1
$
$
esterno del cerchio di raggio 1 e centro
l’origine, circonferenza inclusa;
quadrato [0, 1] × [0, 1], cioè di vertici
(0, 0) , (1, 0) , (0, 1) , (1, 1), lati inclusi.
11
M.Guida, S.Rolando, 2014
Il calcolo dell’integrale può essere eettuato comodamente per verticali (o anche per orizzontali), in
quanto A è verticalmente convesso e le sue
s frontiere in ingresso ed uscita sono rappresentabili mediante
un’unica espressione ciascuna, cioè y = 1 x2 e y = 1 rispettivamente, con x 5 [0, 1]. Si ottiene
]
s
2y xdxdy =
]
1
]
s
1x2
0
A
]
=
1
1
]
s
2y xdy dx =
1
s
x
0
s 2
xx dx =
]
]
1
1
x 2 x2 dx =
0
0
1
]
1
s
1x2
%
5
x 2 dx =
0
]
2ydy dx =
x
5
2 +1
5
2
+1
1
0
&x=1
=
x=0
s 2 y=1
x y y=s1x2 dx
2
.
7
Alternativamente, ma con diversi conti in più, si sarebbe potuto procedere per dierenza:
]
]
]
s
s
s
2y xdxdy =
2y xdxdy 2y xdxdy
A
Q
D
dove Q = [0, 1]×[0, 1] e D = ( cos , sin ) 5 R2 : 0 1, 0 2 (cioè D è la parte del cerchio
x2 + y 2 1 che giace nel I quadrante). Allora, da un lato, si ottiene subito
]
s
2y xdxdy =
]
1
0
Q
]
1
s
2y xdxdy =
0
]
1
]
s
xdx
0
%
1
2ydy
=
0
1
x 2 +1
1
2 +1
&x=1
x=0
2 y=1 2
y y=0 = ,
3
mentre dall’altro, tramite il cambio di variabili (x, y) = ( cos , sin ), dxdy = dd, si ha
]
] /2 ] 1
s
s
s
2 sin cos dd =
22 sin cos dd
0
0
0
$0
$
#]
] 1
#] /2
/2
s
s
5
4
=2
2 d
sin cos d =
sin cos d .
7
0
0
0
s
2y xdxdy =
D
]
/2
]
1
L’ultimo integrale può essere calcolato con la sostituizione t = cos , dt = sin d, che fornisce
]
/2
]
s
sin cos d = 0
]
s
tdt = cos 0
Dunque
e quindi
cos(/2)
0
1
%
1
t 2 +1
t dt = 1
2 +1
&t=0
1
2
=
t=1
2
.
3
]
s
42
8
2y xdxdy =
=
7
3
21
D
]
s
2
8
2
2y xdxdy = = .
3
21
7
A
ESERCIZIO. Rappresentare nel piano l’insieme D = (x, y) 5 R2 : |x| y 1 e calcolare l’integrale
]
2
ey dxdy.
D
Svolgimento. L’insieme D (rappresentato in figura) è l’intersezione dei due insiemi individuati dalle
seguenti disequazioni:
12
M.Guida, S.Rolando, 2014
|x| y
$
punti al di sopra del grafico y = |x|
della funzione valore assoluto,
grafico incluso;
y1
$
semipiano dei punti al di sotto
della retta y = 1, retta inclusa.
L’insieme D è evidentemente convesso sia verticalmente che orizzontalmente, ma l’integrazione per segmenti verticali non solo richiederebbe di spezzare l’integrale nella somma di due integrali:
$
]
] #]
] ]
] ]
1
2
1
ey dxdy =
0
2
1
ey dy dx =
1
D
1
|x|
1
2
1
ey dy dx +
2
ey dy dx,
x
0
x
U 2
ma anzi risulta addirittura impossibile, in quanto l’integrale indefinito ey dy non è esprimibile elementarmente.
Procediamo allora per orizzontali. Come è evidente dalla figura, si ha
D = (x, y) 5 R2 : 0 y 1, y x y
e quindi risulta
]
]
y2
1
]
y
e dxdy =
D
k
y
0
= ey
]
e dx dy =
2
ly=1
y=0
1
y2
]
2
ey
y
]
dx dy =
y
0
1
0
]
2
ey [x]x=y
x=y dy =
1
2
2yey dy
0
= e 1,
dove si usato il fatto che
]
]
2
2yey dy =
ESERCIZIO*. Calcolare
]
16xy
A
con
2
f 3 (y) ef (y) dy = ef (y) + c = ey + c.
2 dxdy
(x2 + y 2 ) (x2 + y 2 + 2)
+
A=
s ,
3
(x, y) 5 R : x + y 1, x y 2, 0 y x .
3
2
2
2
2
2
Svolgimento. L’insieme A è l’intersezione dei tre insiemi rappresentati dalle seguenti disequazioni:
13
M.Guida, S.Rolando, 2014
x2 + y 2 1
$
esterno della circonferenza
x2 + y 2 = 1, frontiera inclusa;
x2 y 2 2
$
regione connessa delimitata
dall’iperbole x2 y 2 = 2,
frontiera inclusa;
$
angolo del I quadrante con lati
s
dati dalle rette y = 0 e y 33 x,
rette incluse.
0y
s
3
3 x
Come si vede dalla figura, A è semplice rispetto ad entrambi gli assi, ma la riduzione dell’integrale
doppio a due integrazioni successive non è agevole, in quanto le frontiere in ingresso ed uscita di A
non hanno rappresentazione analitica unica. Vista l’espressione dell’integrando (che presenta il binomio
x2 + y 2 = 2 due volte) e vista la forma di A (parte di angolo con vertice nell’origine, delimitata, almeno
da un lato, da una circonferenza), potrebbe risultare più comodo passare a coordinate polari
!:
x = cos y = sin ( > 0, 0 < 2) .
Ricaviamo la descrizione di A in coordinate polari sia geometricamente che algebricamente.
• L’angolo che contiene A ha chiaramente ampiezza 6 (in quanto il coe!ciente angolare del suo lato
s
superiore è 33 = tan 6 ). Fissato un qualunque 5 0, 6 , i punti di A con coordinata angolare sono i punti del segmento x = cos , y = sin descritto dal raggio che cresce da = 1 (punto
sulla circonferenza) fino al raggio del punto in cui il segmento incontra l’iperbole x2 y 2 2; tale
intersezione è individuata dalla soluzione > 0 dell’equazione
2 cos2 2 sin2 = 2,
t
ossia =
2
cos(2) .
2 cos2 sin2 = 2,
2 cos (2) = 2,
Dunque risulta
+
A=
k l
( cos , sin ) 5 R2 : 5 0,
,1
6
v
,
2
cos (2)
.
(0.2)
• Sostituendo le equazioni del cambio di coordinate nella definizione di A, si ottiene
;
;
;
2
;
A
> 0, 0 < 2
(x,
y)
5
R
0 < 2
\
{(0,
0)}
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A 2
0 6
A
A
A
A
? x2 + y 2 1
?
? 1
? 1
1
/
/
/
2
2
2 cos2 sin2 2
A
A
A
A
y
2
x
2 cos (2) 2
A
A
A
A
2
A
A
=
A
s
s
s
A
A
A
2 cos(2)
=
A
=
3
= 0 sin 3 cos 0 y 33 x
0
tan
3
3
14
M.Guida, S.Rolando, 2014
;
?0 /
6
t
=1 2
cos(2)
e perciò si ritrova la rappresentazione (0.2).
q
r
t
2
Dunque A = ! (A3 ) con A3 = (, ) : 5 0, 6 , 1 cos(2)
e quindi
]
]
16xy
A
2 dxdy =
(x2 + y 2 ) (x2 + y 2 + 2)
162 cos sin A3
2
2 (2 + 2)
]
dd = 8
A3
sin (2)
2 dd,
(2 + 2)
dove ad integrando si è operata la sostituzione dxdy = |det J! (, )| dd = dd, come prescritto dal
teorema sul cambiamento di variabili.
Integrando ora per segmenti paralleli all’asse (si noti che A3 è -semplice), si ottiene
3
3
4
4
2
2
]
] /6 ] t cos(2)
] /6 ] t cos(2)
sin (2)
sin
(2)
C
C
D
D
2 dd =
2 d d =
2 d sin (2) d,
2
(2 + 2)
(2 + 2)
0
0
A3 ( + 2)
1
1
dove la sostituzione t = 2 + 2, dt = 2d fornisce
]
]
]
1
2
1
1
1
1
dt = + c = +c
2 d = 2
2 d = 2
2
2
2
2
t
2t
2 ( + 2)
( + 2)
( + 2)
e quindi
]
sin (2)
A3
2 dd
(2 + 2)
]
/6
=
0
=
1
6
]
t
1
2
2 ( + 2)
=
/6
sin (2) d =
0
=1
/6
sin (2) d 0
3
]
2
cos(2)
1
4
]
/6
0
4
1
1
C D sin (2) d
2
6 2
+
2
cos(2)
cos (2)
sin (2) d.
1 + cos (2)
Calcolando separatamente i due integrali, si ha
]
/6
0
cos (2) 6
1
sin (2) d = =
2
4
0
e
]
0
/6
]
1
1 1/2
u
1
du = du
1+u
2 1
1+u
cos 0
s
1
1
1
3
3
1
1
2
log
+ log 2 = + log
,
= [u log (1 + u)]1 = 2
2
2
2
4
2
1
cos (2)
sin (2) d = 1 + cos (2)
2
]
cos(2/6)
dove si è operata la sostituzione u = cos (2), du = 2 sin (2) d. In definitiva, si conclude
#
s $
]
]
1
16xy
sin (2)
3
41
3
1
+ log
= log .
2 dxdy = 8
2 dd = 3 4 2
2
2
2
2
2
4
2
6
4
A (x + y ) (x + y + 2)
A3 ( + 2)