 4, x y + 2 } `e dominio normale sia rispetto a x che a y.

(1)

Risoluzione

1. D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 4, x y + 2 } `e dominio normale sia rispetto a x che a y.

Abbiamo infatti che il dominio `e normale rispetto a x con D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [0, 2], p

4 x

²

 y  x 2 } ma anche rispetto a y con

D = {(x, y) 2 R

²

| y 2 [ 2, 0], y + 2  x  p

4 y

²

}

2. L’insieme D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 2, y x

²

} `e dominio normale sia rispetto a x che a y.

Abbiamo infatti che

( x

²

+ y

²

= 2

y = x

²

,

( y

²

+ y 2 = 0

x

²

= y ,

( y = 1 x = ±1

e quindi che il dominio `e normale rispetto a x con

D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [ 1, 1], x

²

 y  p

2 x

²

} Il dominio risulta normale anche rispetto a y, infatti, posto

↵

_±

(y) =

( ± p y se 0  y  1

± p

2 y

²

se 1 < y  p

2

(2)

abbiamo che

D = {(x, y) 2 R

²

| y 2 [0, p

2], ↵ (y)  x  ↵

+

(y) }

3. D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

 y  1 |x|} `e dominio normale sia rispetto a x che a y. Abbiamo infatti

che (

y = x

²

y = 1 |x| ,

( x = ±

^p^{5 1}₂

y =

³ ₂^p⁵

e quindi che il dominio `e normale rispetto a x con

D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [

¹ ₂^p⁵

,

^p^{5 1}₂

], x

²

 y  1 |x|}

Il dominio risulta normale anche rispetto a y, infatti, posto

±

(y) =

( ± p y se 0  y 

³ ₂^p⁵

±(1 y) se

³ ₂^p⁵

< y  1 abbiamo che

D = {(x, y) 2 R

²

| y 2 [0, 1], (y)  x 

+

(y) }

4. Il dominio D = {(x, y) 2 R

²

| 2x

²

+ y

²

 2, 0  y  1} `e normale sia rispetto a x che a y.

(3)

Infatti possiamo esprimerlo come dominio normale rispetto a y D = {(x, y) 2 R

²

| y 2 [0, 1],

q

1

^y₂²

 x  q

1

^y₂²

} ma anche come dominio normale rispetto a x mediante

D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [0, 1], 0  y  (x)}

essendo

(x) =

(p 2 2x

²

se

^p₂²

 |x|  1 1 se |x| <

^p₂²

5. L’insieme D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 1, x

²

+ y

²

 2x, y 0 } `e l’intersezione dei cerchi x

²

+ y

²

 1 e (x 1)

²

+ y

²

 1 nella regione y 0

`e normale rispetto a y dato che

D = {(x, y) 2 R

²

| y 2 [0, 1], 1 p

1 y

²

 x  p

1 y

²

} ma anche rispetto a x essendo

D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [0, 1], 0  y  (x)}

dove

(x) =

(p p 2x x

²

se 0  x 

¹₂

1 x

²

se

¹₂

< x  1

6. Il dominio D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 4, y |x|}

(4)

`e dominio normale rispetto a x poich´e

D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [ p 2, p

2], ↵(x)  y  p

4 x

²

} con

↵(x) =

(p 1 x

²

se |x| 

^p₂²

|x| se

^p₂²

< |x|  p 2 ma non `e dominio normale rispetto a y

7. Per calcolare l’integrale ZZ

D

x

²

y + 2yx dx dy dove D `e il triangolo di vertici (1, 1), (1, 2) e (2, 2) osserviamo che D `e un dominio normale rispetto a x con D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [1, 2], x  y  2}

Dalle formule di riduzione otteniamo allora ZZ

D

x

²

y + 2yx dx dy = Z

2

1

✓Z

x 1

x

²

y + 2xy dy

◆ dx =

Z

2 1

⇥

₁

2

x

²

y

²

+ xy

²

⇤

2 x

dx

= Z

2

1

6x

² ¹₂

x

⁴

x

³

dx = ⇥

2x

³ ₁₀¹

x

⁵ ¹₄

x

⁴

⇤

2 1

=

¹⁴³₂₀

8. Calcoliamo ZZ

D

cos x cos ydx dy dove D = {(x, y) 2 R

²

| sin x  y  x, x 2 [0,

^⇡₂

] }. Il dominio `e

(5)

in forma normale rispetto a x e dalle formule di riduzione si ha ZZ

D

cos x cos ydx dy = Z

^⇡

2

0

✓Z

x sin x

cos x cos y dy

◆ dx =

Z

^⇡

2

0

[cos x sin y]

^x_{sin x}

dx

= Z

^⇡₂

0

cos x sin x cos x sin(sin x) dx

= ⇥

₁

2

sin

²

x + cos(sin x) ⇤

^⇡₂

0

= cos 1

¹₂

9. Per calcolare l’integrale

ZZ

D

xydxdy, dove D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 2, x  y

²

, y 0 },

osserviamo che (

x

²

+ y

²

= 2

x = y

²

,

( x = 1 y = ±1

Abbiamo che il dominio D `e normale rispetto a x con D = D

1

[ D

2

dove D

1

= {(x, y) | x 2 [0, 1], p

x  y  p

2 x

²

} e D

2

= {(x, y) | x 2 [ p

2, 0], 0  y  p

2 x

²

} e dalle formule di riduzione otteniamo:

ZZ

D

xy dxdy = ZZ

D1

xy dxdy + ZZ

D2

xy dxdy

= Z

₁

0

(

Z

^p_{2 x}²

px

xy dy) dx + Z

₀

p2

(

Z

^p_{2 x}²

0

xy dy) dx

= Z

₁

0

x h

y² 2

i

^p2 x² px

dx +

Z

₀

p2

x h

y² 2

i

^p2 x²

0

dx

=

¹₂

Z

1

0

2x x

³

x

²

dx +

¹₂

Z

0

p2

2x x

³

dx

=

¹₂

h

x

² ^x₄⁴ ^x₃³

i

1 0

+

¹₂

h

x

² ^x₄⁴

i

0

p2

=

₂₄⁵ ¹₂

=

₂₄⁷

10. Per calcolare

ZZ

D

|x 1| dx dy, dove D = {(x, y) 2 R

²

| p

2y y

²

 x  2 y, y 0 }, osserviamo che D = D

₁

[ D

2

essendo D

₁

= {(x, y) | x 2 [0, 1], 0  y  1 p

1 x

²

} e D

2

= {(x, y) | x 2

[1, 2], 0  y  2 x }.

(6)

0

Usando l’additivit` a dell’integrale e le formule di riduzione, otteniamo ZZ

D

|x 1 | dx dy = ZZ

D1

1 x dxdy + ZZ

D2

x 1 dxdy

= Z

₁

0

(

Z

₁ ^p_{1 x}²

0

1 x) dy) dx + Z

₂

1

( Z

_{2 x}

0

x 1 dy)dx

= Z

₁

0

(1 x)(1 p

1 x

²

) dx + Z

₂

1

(x 1)(2 x) dx

= Z

1

0

1 x p

1 x

²

+ x p

1 x

²

dx + Z

2

1

3x x

²

2 dx

=



x

^x₂² ¹₂

(x p

1 x

²

+ arcsin x)

¹₃

(1 x

²

)

³²

1

0

+ h

3x² 2 x³

3

2x i

2 1

= 1

^⇡₄

11. Calcoliamo

ZZ

D x

(x²+y²)²

dx dy dove D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 4x, 0  y  p

3x }. Il

dominio `e rappresentato in figura

(7)

Per calcolare l’integrale possiamo utilizzare le coordinate polari, ponendo ( x = ⇢ cos ✓

y = ⇢ sin ✓

Il dominio D risulta immagine mediante le coordinate polari del dominio T = {(⇢, ✓) | ✓ 2 [0,

^⇡₃

], ⇢ 2 [1, 4 cos ✓]}. Dalle formule di cambiamento di variabili e di riduzione (T `e dominio normale rispetto a ✓) otteniamo

ZZ

D x

(x²+y²)²

dx dy = ZZ

T

⇢ cos ✓

⇢⁴

⇢ d⇢d✓ = Z

^⇡

3

0

cos ✓(

Z

_{4 cos ✓}

1 1

⇢²

d⇢)d✓

= Z

^⇡

3

0

cos ✓ h

1

⇢

i

4 cos ✓

1

d✓ =

Z

^⇡

3

0

cos ✓(1

_{4 cos ✓}¹

) d✓

= Z

^⇡₃

0

cos ✓

¹₄

d✓ = ⇥

sin ✓

^✓₄

⇤

^⇡₃

0

=

^p₂³ ₁₂^⇡

12. Calcoliamo ZZ

D

x dxdy dove D = {(x, y) 2 R

²

| |2y x |  2, |2y + x|  2}

Il dominio risulta normale sia rispetto a x che a y, usiamo per` o la formula di cambiamento di variabili ponendo (

u = 2y x = v = 2y + x ,

( x =

¹₂

(v u) y =

¹₄

(u + v)

Abbiamo allora che il determinante della matrice jacobiana di g(u, v) = (

¹₂

(v u),

¹₄

(u + v)) `e

1

4

e che D = g(T ) dove T = {(u, v) 2 R

²

| |u|  2, |v|  2}, quindi ZZ

D

x dxdy = ZZ

T 1

2

(v u)

¹₄

dudv =

¹₈

Z

₂

2

( Z

₂

2

v u dv)du

=

¹₈

Z

₂

2

h

v²

2

uv i

2

du =

¹₂

Z

₂

2

4u du = 0

(8)

essendo l’integranda dispari e l’intervallo di integrazione simmetrico rispetto all’origine. Al risultato potevamo arrivare subito osservando che il dominio risulta simmetrico rispetto all’asse y e l’integranda antisimmetrica rispetto a tale asse.

13. Per calcolare ZZ

D

log x dx dy dove D `e la regione del compresa tra la retta 2x+2y = 5 e l’iperbole xy = 1 osserviamo che il dominio `e normale rispetto a x con D = {(x, y) 2 R

²

| x 2 [

¹₂

, 2],

_x¹

 y 

⁵₂

x }

quindi

ZZ

D

log x dxdy = Z

2

1 2

Z

⁵₂ x 1/x

log x dy)dx = Z

2

1 2

(

⁵₂

x) log x

¹_x

log x dx

= h

(

⁵₂

x

^x₂²

) log x i

2

1 2

Z

2

1 2

5

2 x

2

dx h

log²x 2

i

2

1 2

= h

(

⁵₂

x

^x₂²

) log x

⁵₂

x

^x₄² ^log₂²^x

i

2

1 2

=

¹⁵₈

log 2

⁷⁵₁₆

14. Determiniamo il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 4x

²

+ y

²

 4, 0  y  2x}, di densit`a di massa costante. Per calcolare l’integrale µ(E) =

ZZ

E

dxdy passiamo alle coordinate ellittiche ponendo ( x = ⇢ cos ✓

y = 2⇢ sin ✓

Il dominio E risulta immagine mediante le coordinate ellittiche del rettangolo T = {(⇢, ✓) | ⇢ 2 [0, 1], ✓ 2 [0,

^⇡₄

] } essendo (

^p₂²

, p

2), punto di intersezione dell’ellisse x

²

+

^y₄²

= 1 con la retta

y = 2x, corrispondente alle coordinate ellittiche ⇢ = 1 e ✓ =

^⇡₄

.

(9)

Poich`e il determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e pari a 2⇢ otteniamo

µ(E) = ZZ

E

dxdy = ZZ

T

2⇢ d⇢d✓ = Z

^⇡

4 0

Z

₁

0

2⇢ d⇢d✓ =

^⇡₄

e quindi denotate con (x

_B

, y

_B

) le coordinate del baricentro, risulta

x

_B

=

_⇡⁴

ZZ

E

x dxdy =

⁴_⇡

ZZ

T

2⇢

²

cos ✓ d⇢d✓ =

⁸_⇡

Z

^⇡

4

0

cos ✓ d✓

Z

₁

0

⇢

²

d⇢ =

⁴_3⇡^p²

⇡ 0, 6 mentre

x

_B

=

_⇡⁴

ZZ

E

x dxdy =

_⇡⁴

ZZ

T

4⇢

²

sin ✓ d⇢d✓ =

¹₆

⇡ Z

^⇡₄

0

sin ✓ d✓

Z

1 0

⇢

²

d⇢ =

⁸⁽²

p2) 3⇡

⇡ 0, 5 15. Per determinare le coordinate del baricentro D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 1, y p

3x } di densit`a di massa (x, y) = |y|, utilizzando le coordinate polari poniamo

( x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

Il dominio D risulta immagine mediante le coordinate polari del dominio T = {(⇢, ✓) | ✓ 2

[

^⇡₃

,

^4⇡₃

], ⇢ 2 [0, 1]}.

(10)

Dalle formule di cambiamento di variabili e di riduzione otteniamo

m(D) = ZZ

D

|y|dxdy = ZZ

T

⇢

²

| sin ✓|d⇢d✓ = Z

^4⇡

3

⇡ 3

| sin ✓|d✓

Z

1 0

⇢

²

d⇢ =

²₃

Denotate con (x

_B

, y

_B

) le coordinate del baricentro otteniamo

x

_B

=

³₂

ZZ

D

|y|xdxdy =

³₂

ZZ

T

⇢

³

cos ✓ | sin ✓|d⇢d✓ =

³₂

Z

^4⇡

3

⇡ 3

cos ✓ | sin ✓|d✓

Z

₁

0

⇢

³

d⇢ =

₃₂⁹

mentre

y

_B

=

³₂

ZZ

D

y |y|dxdy =

³₂

ZZ

T

⇢

³

sin ✓ | sin ✓|d⇢d✓ =

³₂

Z

^4⇡

3

⇡ 3

sin ✓ | sin ✓|d✓

Z

1 0

⇢

³

d⇢

=

³₈

(

^⇡₆

+

^p₄³

).

16. Per determinare il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 1 

^x₄²

+ y

²

 4, x 0 }, di densit`a di massa (x, y) = x, dobbiamo innanzitutto calcolare l’integrale m(E) =

ZZ

E

x dxdy. Passiamo allora alle coordinate ellittiche ponendo (

x = 2⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

Il dominio E risulta immagine mediante le coordinate ellittiche del rettangolo T = {(⇢, ✓) | ⇢ 2

[1, 2], ✓ 2 [

^⇡₂

,

^⇡₂

] }

(11)

Poich`e il determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e 2⇢ otteniamo

m(E) = ZZ

E

x dxdy = ZZ

T

4⇢

²

cos ✓d⇢d✓ = 4 Z

^⇡

2

⇡ 2

cos ✓ d✓

Z

2 1

⇢

²

d⇢ =

⁵⁶₃

Abbiamo che l’ordinata del baricentro sar` a nulla, essendo il dominio simmetrico rispetto all’asse delle ascisse e la densit` a di massa dipende solo da x, mentre l’ascissa sar` a data da

x

_B

=

₅₆³

ZZ

D

x

²

dxdy =

₅₆³

ZZ

T

8⇢

³

cos

²

✓ d⇢d✓ =

³₇

Z

^⇡

2

⇡ 2

cos

²

✓d✓

Z

₂

1

⇢

³

d⇢

=

₁₄³

[✓ + sin ✓ cos ✓]

⇡ 2⇡

2

h

⇢⁴ 4

i

2

1

=

^3⇡₁₄

·

¹⁵₄

=

^45⇡₅₆

⇡ 2, 52

17. Determiniamo il baricentro di D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 2y, x 0 }, di densit`a di massa costante.

Possiamo vedere D come unione dei domini normali D

₊

= {(x, y) | y 2 [1, 2], 0  x  p 1 (y 1)

²

} e D = {(x, y) | y 2 [

¹₂

, 1], p

1 y

²

 x  p

1 (y 1)

²

}. Abbiamo che

(12)

µ(D

₊

) =

^⇡₄

e x(B

₊

) =

⁴_⇡

ZZ

D+

x dxdy =

⁴_⇡

Z

2

1

(

Z p

1 (y 1)² 0

x dx) dy =

_⇡²

Z

2

1

1 (y 1)

²

dy

=

²_⇡

Z

2

1

2y y

²

dy =

_⇡²

h

y

² ^y₃³

i

2 1

=

_3⇡⁴

e

y(B

₊

) =

⁴_⇡

ZZ

D+

y dxdy =

⁴_⇡

Z

₂

1

(

Z p

_{1 (y 1)}²

0

y dx) dy =

⁴_⇡

Z

₂

1

y p

1 (y 1)

²

dy Osservato che

Z y p

1 (y 1)

²

dy = Z

(y 1) p

1 (y 1)

²

dy + Z p

1 (y 1)

²

dy

=

¹₂

Z

(2 2y) p

2y y

²

dy + Z p

1 (y 1)

²

dy

=

¹₃

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) + c si ha

y(B

₊

) =

_⇡⁴

h

1

3

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) i

2

1

=

_⇡⁴

(

^⇡₄

+

¹₃

) =

^3⇡+4_3⇡

Abbiamo poi che µ(D ) =

ZZ

D

dxdy = Z

1

1 2

(

Z p

1 (y 1)²

p

1 y²

dx) dy = Z

1

1 2

p 1 (y 1)

²

p

1 y

²

dy

=

¹₂

h

(y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1) y p

1 y

²

arcsin y i

1

1 2

=

³^p₁₂^{3 ⇡}

e

x(B ) =

¹²

3p 3 ⇡

ZZ

D

x dxdy =

¹²

3p 3 ⇡

Z

₁

1 2

(

Z p

_{1 (y 1)}²

p

1 y²

xdx) dy

=

⁶

3p 3 ⇡

Z

1

1 2

1 (y 1)

²

1 + y

²

dy

=

⁶

3p 3 ⇡

Z

1

1 2

2y 1 dy =

⁶

3p 3 ⇡

⇥ y

²

y ⇤

1

1 2

=

⁶

3p

3 ⇡

(

¹₄

+

¹₂

) =

³

2(3p 3 ⇡)

e

y(B ) =

¹²

3p 3 ⇡

ZZ

D

y dxdy =

¹²

3p 3 ⇡

Z

1

1 2

(

Z p

1 (y 1)²

p

1 y²

y dx) dy

=

¹²

3p 3 ⇡

Z

1

1 2

y p

1 (y 1)

²

y p

1 y

²

dy

=

¹²

3p 3 ⇡

h

1

3

(2y y

²

)

³²

+

¹₂

((y 1) p

1 (y 1)

²

+ arcsin(y 1)) +

¹₃

(1 y

²

)

³²

i

1

(13)

Quindi

x(D) = µ(D

+

)x(B

+

) + µ(D )x(B )

µ(D

₊

) + µ(D ) = ... e y(D) = µ(D

+

)y(B

+

) + µ(D )y(B ) µ(D

₊

) + µ(D ) = ...

18. Pensiamo al settore D sistemato come in figura

Usando le coordinate polari il dominio D risulta immagine del rettangolo T = {(⇢, ✓) | ⇢ 2 [0, r], ✓ 2 [ ↵, ↵]}, dato che l’area del settore `e ↵r

²

e che il dominio è simmetrico rispetto all’asse x abbiamo che l’ordinata del baricentro è nulla mentre l’ascissa è

x

_B

=

_↵r¹₂

ZZ

D

x dxdy =

_↵r¹₂

ZZ

T

⇢

²

cos ✓, d⇢d✓ =

_r₂¹_↵

Z

↵

( Z

r

0

⇢

²

d⇢) cos ✓d✓

=

_↵r¹2

h

⇢³ 3

i

r

0

[sin ✓]

^↵_↵

=

²₃

r

^{sin ↵}_↵

19. Calcoliamo il volume della calotta sferica S = {(x, y, z) 2 R

³

| x

²

+ y

²

+ z

²

 4, z 1 }

2 x

y z

2

1

Osserviamo che possiamo scrivere

S = {(x, y, z) 2 R

³

| 1  z  p

4 (x

²

+ y

²

) }

e dunque che S `e la regione compresa tra il grafico della funzione f (x, y) = p

4 (x

²

+ y

²

) e il piano z = 1. Dalla definizione di integrale doppio abbiamo che tale volume `e dato

V = ZZ

D

p 4 (x

²

+ y

²

) 1 dxdy

(14)

essendo D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 3}. Per calcolare l’integrale possiamo utilizzare le coordinate polari centrate nell’origine, ottenendo

V = ZZ

[0,p

3]⇥[0,2⇡]

( p

4 ⇢

²

1)⇢ d⇢d✓ = 2⇡

Z

^p3 0

⇢ p

4 ⇢

²

⇢ d⇢

= ⇡ Z

^p3

0

2⇢ p

4 ⇢

²

2⇢ d⇢ = ⇡ h

2

3

(4 ⇢

²

)

³²

+ ⇢

²

i

^p3 0

=

⁵₃

⇡ 20. Calcoliamo il volume della porzione di cono C = {(x, y, z) 2 R

³

| 0  z  2 p

x

²

+ y

²

 1}

x

z 2

1

C

y 2

Abbiamo che

C = {(x, y, z) 2 R

³

| (x, y) 2 D, 0  z  2 p

x

²

+ y

²

} dove D = {(x, y) 2 R

²

| 1  p

x

²

+ y

²

 2} e il volume sar`a dato da V =

ZZ

D

2 p

x

²

+ y

²

dxdy Utilizzando le coordinate polari otteniamo

V = ZZ

[1,2]⇥[0,2⇡]

(2 ⇢)⇢ d⇢d✓ = 2⇡

Z

₂

1

2⇢ ⇢

²

d⇢ = 2⇡ ⇥

⇢

² ¹₃

⇢

³

⇤

2 1

=

⁴₃

⇡