ESERCIZI SETTIMANALIIIII
Enrico Massoni e Nicola Pellicanò May 23, 2013
Calcolare i seguenti integrali doppi.
1. ˜
Ωx2+ y3 , Ω = {(x, y)R2 : −2 ≤ x ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 2} PS. Vorrei che a prescindere dalla risoluzione dell'integrale si studi la parità/disparità della funzione rispetto a x e y.
Pensiamo alla parità e disparità della funzione.
La funzione è pari rispetto a x? SI! Infatti per la parità rispetto a x deve valere f(x, y) = f(−x, y)
Abbiamo x2+ y3= (−x)2+ y3VERO
La funzione è dispari rispetto a y? NO!! Per la disparità rispetto a y dovrebbe valere f(x, y) = −f(x, −y)
Abbiamo x2+ y3= −(x2+ (−y)3) = −x2+ y3 FALSO!
Ho posto l'attenzione sullo studio della parità perchè essendo l'insieme in esame simmetrico rispetto all'asse x qualcuno pensando che la funzione fosse dispari rispetto a y avrebbe messo subito come risultato 0!
Risolviamo l'integrale...
Disegnamo l'insieme...
Esso è semplice rispetto a entrambi gli assi, la funzione è facile da integrare prima sia rispetto a x che y, scelgo ad esempio prima rispetto a y
´2
−2(´2
−2x2+ y3dy)dx = ´2
−2
h
x2y +y44i2
−2dx = ´2
−22x2 + 4 + 2x2− 4dx =
´2
−24x2dx =h
4x3 3
i2
−2 =643
2. ˜
Ω x
x2+y2, Ω = {(x, y)R2: 1 ≤ x ≤ 2, x2≤ y ≤ 2x2}
Disegnamo l'insieme.
L'insieme è semplice. La funzione è facilmente integrabile sia prima rispetto a x che y (con x logaritmo con y arcotangente).
Scegliamo di farlo per li verticali (prima rispetto a y)
´2 1(´2x2
x2 x
x2+y2dy)dx =´2 1(´2x2
x2 1/x 1+y2
x2
dy)dx =´2
1 arcctan xy2x2
x2 dx =´2
1 arcctan (2x)−
arctan(x)dx =´2
1 arcctan (2x) dx −´2
1 arctan(x)dx Posso risolvere i due integrali per parti
´2
1 arctan (2x) dx −´2
1 arctan(x)dx =´2
1 x0arctan (2x) dx −´2
1 x0arctan(x)dx = [xarctan(2x)]21−´2
1 x·1+4x2 2dx−[xarctan(x)]21+´2
1 x·1+x12dx = [xarctan(2x)]21−
1
4ln(1 + 4x2)2
1− [xarctan(x)]21+1
2ln(1 + x2)2 1
= 2arctan(4) − arctan(2) −14ln(17) +14ln(5) − 2arctan(2) + arctan(1) +12ln(5) −
1
2ln(2) = 2arctan(4) − 3arctan(2) −14ln(17) +π4 +34ln(5) −12ln(2)
3. ˜
Ωsin(y2), Ω = {(x, y)R2: 0 ≤ x ≤ 2√
π, x/2 ≤ y ≤√ π}
N.B. Se c'è una cosa su cui abbiamo insistito lo scorso tutorato è di pren- dere sempre in esame la funzione prima di decidere rispetto a quale variabile integrare per prima.
Disegnamo l'insieme.
L'insieme è semplice. E qua arriva il casino! Integro prima rispetto a x o y? Ovviamente x!! Il seno di y^2 è una funzione impossibile da integrare! Se anche aveste scelto di integrare prima rispetto a y, una volta che vedete che non riuscite PROVATE a cambiare metodo!
y varia tra 0 e√
π, mentre la x da 0 a 2y [la retta ha funzione y=x/2]
´√π 0 (´2y
0 sin(y2)dx)dy =´√π
0 xsin(y2)2y
0 dy =´√π
0 2ysin(y2)dy =−cos(y2)
√π
0 =
2
4.˜
Ω y
x2+y2, Ω = {(x, y)R2: 1 ≤ x2+ y2≤ 4, y ≥ x}
Disegno l'insieme.
Mi sembra non ci siano dubbi sull'esistenza di una simmetria polare.
Poniamo x = ρcosϑ, y = ρsinϑ
N.B. Essendo una corona circolare il ρ varierà da 1 (raggio minore) a 2 (raggio maggiore)
´5π/4 π/4 (´2
1 ρρsinϑρ2 d%)dϑ =´5π/4 π/4 (´2
1 sinϑd%)dϑ = ´5π/4
π/4 sinϑdϑ = [−cosϑ]5π/4π/4 =
√1 2+√1
2 =√ 2
5. ˜
Ωy , Ω = {(x, y)R2: 0 ≤ x ≤ 1, x2≤ y ≤√ x}
Disegnamo l'insieme.
Enrico li avrebbe riempiti meglio.
L'insieme è semplice. Non abbiamo nessuna preferenza di integrazione (facile da tutti i lati). Scelgo ad esempio li verticali (prima rispetto a y)
´1 0(´√x
x2 ydy)dx =´1 0
hy2
2
i
√x
x2
)dx =´1 0
x
2 −x24dx =h
x2 4 −x105i1
0
=14−101 = 203
6. ˜
Ω3x2y3− 3 , Ωpoligono di vertici (0,1) (1,1) (3,0) (1,-1) (0,-1)
PS. Immaginate che sia colorato dentro.
N.B. L'insieme è simmetrico rispetto all'asse x ma la funzione NON è dispari rispetto a y!
Per integrare su questo insieme abbiamo bisogno di spezzare l'integrale su due insiemi distinti.
Ω1
Ω2
N.B. Quest'ultimo ovviamente insieme parte da x=1 solo che non c'è scritto!
˜
Ω3x2y3− 3=˜
Ω13x2y3− 3 +˜
Ω23x2y3− 3 Pensiamo a un integrale alla volta:
˜
Ω13x2y3− 3 = ´1 0(´1
−13x2y3− 3dy)dx = ´1 0
h3x2y4 4 − 3yi1
−1dx = ´1 0
3x2 4 − 3 −3x42 − 3dx = −6
Per fare l'iintegrale sul triangolo dobbiamo trovare le equazioni delle due rette imponendo il passaggio per due punti.
Retta superiore: y−10−1 = x−13−1 =⇒ 2y − 2 = −x + 1 =⇒ y = −x2+32 Retta inferiore: y+10+1 = x−13−1 =⇒ 2y + 2 = x − 1 =⇒ y =x2−32
Possiamo scegliere dove integrare, ma notate come se lo facciamo per li verti- cali viene tutto in una volta, mentre per li orizzontali bisognerebbe spezzarlo in altri due integrali! FILI VERTICALI!
˜
Ω23x2y3−3 =´3
1(´−x2+32
x
2−32 3x2y3−3dy)dx =´3 1
h3x2y4
4 − 3yi−x2+32
x
2−32 dx =´3 1
3x2
4 −x2+324
− 3 −2x+32 −3x42 x2 −324
+ 3(x2 −32)−dx =
Dio vi prego prima che fare un polinomio di quarto grado guardate come il primo e il terzo termine si elidono :)
=´3
1(3x2−92+32x−92)−dx =´3
1 3x−9dx =h
3x2 2 − 9xi3
1−
=272 −27−32+9 = −6
˜
Ω3x2y3− 3 =˜
Ω13x2y3− 3 +˜
Ω23x2y3− 3 = −12
P.S. Questo integrale (come tutti gli altri) è stato svolto per completezza per intero. In realtà si sarebbe potuto pensare ad un approccio che avrebbe sempli-
cato (di poco) i conti.
Spezziamo la somma in due integrali:
˜
Ω3x2y3− 3=˜
Ω3x2y3−˜
Ω3
Abbiamo già detto che l'insieme è simmetrico rispetto all'asse x. Deduciamo che il primo integrale è nullo! E' solo il secondo integrale che concorre per darci il risultato! Quindi..
˜
Ω3x2y3− 3=−˜
Ω3 = −3˜
Ω1
Potete svolgere l'integrale doppio della costante normalmente o ricordare dalla teoria che l'integrale doppio di 1 corrisponde all'area dell'insieme. Calcolando geometricamente l'area dell'insieme, che fa quattro, il risultato è dunque - 3·4 = −12.
7. ˜
Ω y2
1+x2+y2 , Ω = {(x, y)R2: x2+ y2≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}
Disegnamo l'insieme.
Direi che il passaggio in coordinate polari è l'ideale.
Poniamo x = ρcosϑ, y = ρsinϑ
´π/2 0 (´1
0 ρρ21+ρsin22ϑd%)dϑ =´π/2 0 (´1
0 sin2ϑ·1+ρρ32d%)dϑ =´π/2
0 sin2ϑ(´1 0
ρ3 1+ρ2d%)dϑ Per risolvere questo integrale posso pensarlo come 1+ρρ32 = −1+ρρ2 + ρ
´π/2
0 sin2ϑ(´1 0
ρ3
1+ρ2d%)dϑ =´π/2
0 sin2ϑ(´1
0(−1+ρρ2+ρ)d%)dϑ =´π/2 0 sin2ϑh
−12ln(1 + ρ2) +ρ22i1
0
dϑ =
´π/2
0 sin2ϑ12(1 − ln(2))dϑ =1−ln22 ´π/2
0 sin2ϑdϑ
L'integrale di sin^2x e cos^2x ritorna in moltissimi esercizi!! Si fa sempre con le formule di bisezione!
1−ln2 2
´π/2
0 sin2ϑdϑ = 1−ln22 ´π/2 0
1−cos2ϑ
2 dϑ = 1−ln22 ´π/2 0
1
2−cos2ϑ2 dϑ = 1−ln22 ϑ
2 −sin2ϑ4 π/2
0 =
1−ln2 2
π
4 = π(1−ln2)8
8. ˜
Ωx + 1, Ω = {(x, y)R2: y ≤ 2x, y ≤ −2x, y ≥ x2− 3}
Disegnamo l'insieme.
L'insieme è simmetrico rispetto a y, ma la funzione non è nè dispari (nè tan- tomeno pari) rispetto a x.
Ci sono utili i due punti di intersezione delle rette con la parabola. Attraverso due sistemi,
(y = x2− 3
y = 2x e
(y = x2− 3
y = −2x troviamo che l' incrocio avviene in x = ±1 L'insieme è semplice. La funzione è facile da integrare comunque. In ogni caso, sia per li verticali che orizzontali, dobbiamo spezzare tutto in due in- siemi. Consideriamo i li verticali.
Ω1
Ω2
˜
Ωx + 1=˜
Ω1x + 1 +˜
Ω2x + 1 Consideriamo il primo integrale
˜
Ω1x + 1 = ´0
−1(´2x
x2−3(x + 1)dy)dx =´0
−1(x + 1)(2x − x2+ 3)dx = ´0
−12x2− x3+ 3x + 2x − x2+ 3dx =´0
−1x2− x3+ 5x + 3dx =h
x3
3 −x44 +5x22 + 3xi0
−1 =
−(−13−14+52− 3) =1312 Passiamo adesso al secondo
˜
Ω2x + 1 =´1 0(´−2x
x2−3(x + 1)dy)dx =´1
0(x + 1)(−2x − x2+ 3)dx =´1
0 −2x2− x3+ 3x − 2x − x2+ 3dx =´1
0 −3x2− x3+ x + 3dx =h
−x3−x44 +x22 + 3xi1
0
=
−1 −14+12+ 3 = 94
˜
Ωx + 1 =˜
Ω1x + 1 +˜
Ω2x + 1 = 1312 +94 = 103
P.S. Anche il questo caso era applicabile lo stesso discorso fatto in fondo all'esercizio
˜
Ωx + 1 =˜
Ωx +˜
Ω1
Siccome l'insieme è simmetrico rispetto all'asse y, il primo integrale è nullo (f(x,y)=x è una funzione dispari rispetto a x). Dunque:
˜
Ωx + 1 =˜
Ω1
Anche in questo caso si potrebbe trovare unicamente l'area dell'insieme. In questo caso però l'area dell'insieme non è geometricamente misurabile.
Il vantaggio che avremmo qui è che non dovremmo fare due integrali, ma, sic- come l'insieme è simmetrico rispetto all'asse y e la funzione f(x,y)=1 è pari rispetto a x, avremmo potuto fare solo l'integrale su Ω2 e raddoppiare il risul- tato.
˜
Ωx + 1 =˜
Ω1 = 2˜
Ω21
La soluzione non è stata data direttamente così per un motivo solo: tali osser- vazioni si imparano con la pratica e sono piccole utili sempli cazioni.
Il messaggio che vogliamo dare è che comunque questo esercizio era, in maniera non più di cile, risolvibile sistematicamente (in gergo basta che esce). Ovviamente se riuscite a riconoscere queste scorciatoie tanto di guadag- nato in termini di tempi di risoluzione.
9.˜
Ωx |y|, Ω = {(x, y)R2: −y2≤ x ≤ |y| , |y| ≤ 1}
Disegnamo l'insieme.
Notiamo subito come è simmetrico rispetto a x e la funzione è PARI rispetto a y. Allora˜
Ωx |y| = 2˜
Ω+x |y|
Dove Ω+
Si può pensare di farlo per li verticali, ma dovremmo spezzare tutto in due insiemi. Per li orizzontali riusciamo invece a fare tutto con un solo integrale.
2´1 0(´y
−y2x |y| dyx)dy
Ora, come imparato ad analisi 1, dovremmo spezzare l'integrale col valore asso- luto in due integrali distinti, perchè la funzione è
f (x, y) =
(xy y > 0
−xy y < 0
Per fortuna siamo nel caso in cui vale sempre y>0, quindi possiamo scrivere:
2´1 0(´y
−y2xydx)dy = 2´1 0
hx2y 2
iy
−y2dy = 2´1 0
y3
2 − y25dy = 2hy4
8 −y126i1
0 = 2(18−121) = 121
10. ˜
Ω|y − x|, Ω = {(x, y)R2: 0 ≤ x ≤ 1, x2≤ y ≤ 1}
Disegnamo l'insieme.
Come accennato precedentemente, la presenza del valore assoluto nella funzione ci costringe a dividere l'integrale in due pezzi. Scriviamo la funzione senza val- ore assoluto:
f (x, y) =
(y − x , y ≥ x x − y , y < x
Qui arriva il passaggio delicato. Per spezzare l'integrale in due ci conviene rappresentare gra camente la condizione spartiacque y = x
Tale condizione divide in due la regione su cui integrare. Chiamiamo la re- gione in basso Ω1 e quella in alto Ω2
˜
Ω|y − x| =˜
Ω1x − y +˜
Ω2y − x
N.B. Tale procedimento preliminare è lo stesso di quando con gli integrali singoli si spezza l'intervallo di integrazione, solo che in due variabili non spezziamo un intervallo ma una regione di spazio.
Facciamo il primo integrale (scelgo per li verticali):
˜
Ω1x−y =´1 0(´x
x2(x−y)dy)dx =´1 0
h
xy −y22ix
x2dx =´1
0 x2−x22−x3+x24dx =
´1 0
x2
2 − x3+x24dx =h
x3
6 −x44 +x105i1
0= 16−14+101 = 601 Facciamo il secondo integrale (anche questo per li verticali):
˜
Ω2y − x =´1 0(´1
x(y − x)dy)dx =´1 0
hy2 2 − xyi1
x
dx =´1 0
1
2− x −x22 + x2dx =
´1 0
x2
2 − x + 12dx =h
x3
6 −x22 +x2i1 0
= 16−12 +12 = 16
Sommiamo i risultati trovati:
˜
Ω|y − x| =˜
Ω1x − y +˜
Ω2y − x = 601 +16 =1160
11.˜
Ω
x3− y
, Ω = {(x, y)R2: 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2}
Disegnamo l'insieme.
( e qui tutti a pensare oh che bello nell'ultimo esercizio c'è un quadrato...)
Come fatto per l'esercizio precedente, il valore assoluto di costringe a spezzare in due la funzione ( e di conseguenza il quadrato)
Ra guriamo la condizione limite y = x3
Come in precedenza, chiamiamo Ω1la regione sotto e Ω2quella sopra. L'integrale diventa quindi:
˜
Ω
x3− y =˜
Ω1x3− y +˜
Ω2y − x3
Risolviamo il primo integrale (scelgo i li verticali)
˜
Ω1x3− y = ´1 0(´x3
0 (x3− y)dy)dx = ´1 0
h
x3y −y22ix3 0
dx = ´1
0 x6− x26dx =
´1 0
x6 2dx =h
x7 14
i1
0
= 141
Risolviamo il secondo integrale (scelgo li verticali ): [N.B. La scelta dei li verticali questa volta è importante perchè coi li orizzontali avremmo dovuto spezzare la regione in altre due regioni distinte):
˜
Ω2y − x3 =´1 0(´2
x3(y − x3)dy)dx =´1 0
hy2
2 − x3yi2
x3dx = ´1
0 2 − 2x3−x26 +
x6dx =´1 0
x6
2 − 2x3+ 2 =h
x7
14 −x24 + 2xi1 0
=141 −12+ 2 = 2214
In ne sommiamo i due risultati:
˜
Ω
x3− y =˜
Ω1x3− y +˜
Ω2y − x3= 141 +2214 = 2314
