1 Integrali doppi.

Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 15 marzo 2015

1 Integrali doppi.

La soluzione più semplice...

Come per gli integrali in una sola variabile, riconoscere eventuali simmetrie evita di sprecare tempo prezioso in calcoli inutili.

• Se la funzione integranda f è PARI rispetto alla variabile x - ovvero f (−x, y) = f (x, y) - e il dominio di integrazione D è simmetrico rispetto all'asse x = 0, allora:

¨

D

f (x, y) dxdy = 2

¨

D∩x≥0

f (x, y) dxdy (1.1)

• Se la funzione integranda f è DISPARI rispetto alla variabile x - ovvero f (−x, y) = −f (x, y) - e il dominio di integrazione D è simmetrico rispetto all'asse x = 0, allora:

¨

D

f (x, y) dxdy = 0 (1.2)

Analogo discorso può essere proposto con la variabile y.

• Se la funzione integranda f è PARI rispetto alla variabile y - ovvero f (x, −y) = f (x, y) - e il dominio di integrazione D è simmetrico rispetto all'asse y = 0, allora:

¨

D

f (x, y) dxdy = 2

¨

D∩y≥0

f (x, y) dxdy (1.3)

• Se la funzione integranda f è DISPARI rispetto alla variabile y - ovvero f (x, −y) = −f (x, y) - e il dominio di integrazione D è simmetrico rispetto all'asse y = 0, allora:

¨

D

f (x, y) dxdy = 0 (1.4)

1.1 Integrali doppi.

Risolvere i seguenti integrali doppi sull'insieme D.

1. ¨

D

(5y + 2x) dxdy, D =(x, y) ∈ R²: 0 ≤ y ≤ 4 ∧√

y ≤ x ≤ 4

Il primo passo è riconoscere e disegnare il dominio di integrazione. La prima condizione, 0 ≤ y ≤ 4, indica che l'insieme è limitato alla fascia di piano compresa tra le rette orizzontali y = 0 e y = 4. La seconda, invece, specica che la coordinata x dei punti appartenenti all'insieme varia tra la curva x =√

y, ovvero il ramo della parabola y = x² contenuto nel primo quadrante, e la retta verticale x = 4. I graci successivi riportano le curve e l'insieme da esse individuato.

-1 0 1 2 3 4 5 -1

0 1 2 3 4 5

−1 1 2 3 4 5

−1 1 2 3 4 5

x y

Figura 1.1: Dominio di integrazione D.

L'insieme non è simmetrico rispetto ad alcuno dei due assi: non ha senso ragionare su eventuali simmetrie della funzione.

Si può procedere quindi con l'integrazione per li orizzontali - quella per li verticali richiederebbe di spezzare il dominio in due parti. Per ricavare gli estremi dell'integrale più interno occorre immaginare di intersecare l'insieme con una retta orizzontale: questa incontra dapprima x = √

y e poi x = 4. Sull'asse y, invece, l'insieme è limitato dalle rette y = 0 e y = 4. Quindi:

¨

D

(5y + 2x) dxdy = ˆ 4

0

ˆ 4

√y

(5y + 2x) dx

! dy =

ˆ 4 0

5yx + x²4

√ydy = (1.5)

= ˆ 4

0



20y + 16 − 5y³²− y

dy = 19

2 y²+ 16y − 2y⁵²

⁴

0

= 152 + 64 − 64 = 152

2. ¨

D

x³+ y
dxdy, D = (x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 2 ∧ y ≤ x²∧ x ≥ 0 Il primo passo è riconoscere e disegnare il dominio di integrazione.

La prima condizione, x²+ y²≤ 2, identica i punti compresi nel cerchio ci raggio√

2centrato nell'origine.

La seconda, invece, individua la regione di piano posta al di sotto del graco della parabola y = x². La terza obbliga a considerare unicamente il semipiano a destra dell'asse y.

I graci successivi riportano le curve e l'insieme da esse individuato.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.2: Dominio di integrazione D.

L'insieme non è simmetrico rispetto ad alcuno dei due assi: non ha senso ragionare su eventuali simmetrie della funzione.

Sia che si scelga l'integrazione per li orizzontali, sia che si opti per quella per li verticali, si rende necessario dividere il dominio di integrazione in due insiemi distinti. Si propende per i li orizzontali e di divide D in D1 e D2, tali che D1∪ D2= D.

D₁= D ∩ {y ≥ 0} (1.6)

D2= D ∩ {y < 0} (1.7)

I graci sono riportati nella gura seguente.

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

(a) D¹= D ∩ {y ≥ 0}

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

(b) D²= D ∩ {y < 0}

Figura 1.3: Dominio di integrazione D.

Quindi: ¨

D

x³+ y
dxdy =

¨

D₁

x³+ y
dxdy +

¨

D₂

x³+ y
dxdy (1.8)

Per quanto riguarda D1, i li orizzontali intercettano dapprima la parabola, poi la circonferenza. Dal momento che l'integrale più interno è nella variabile x, occorre scrivere le due curve nella forma x = f (y).

y = x²−→ x =√

y (1.9)

x²+ y²= 2 −→ x²= 2 − y²−→ x =p

2 − y² (1.10)

Il segno positivo davanti alle radici è giusticato dal fatto che D1 è contenuto nel primo quadrante, dove le ascisse sono positive. Gli estremi dell'integrale in y, invece, sono y = 0 e il punto di intersezione tra la parabola e la circonferenza, che si ricava mettendo a sistema le due curve.

(x²+ y²= 2

y = x² −→

(y²+ y − 2 = 0

y = x² −→

(y = 1 ∨ y = −2(non accettabile)

y = x² (1.11)

In denitiva: ¨

D₁

x³+ y
dxdy = ˆ 1

0

ˆ √2−y²

√y

x³+ y
dx

!

dy (1.12)

Per quanto riguarda D2, invece, la x è compresa tra l'asse y e la parte destra della circonferenza:

0 ≤ x ≤p

2 − y² (1.13)

Il segno positivo davanti alle radici è giusticato dal fatto che D2è contenuto nel quarto quadrante, dove le ascisse sono positive. La variabile y, invece, ha come estremi quelli ssati dal raggio della circonferenza:

−√

2 ≤ y ≤ 0 (1.14)

Pertanto: ¨

D2

x³+ y
dxdy = ˆ 0

−√ 2

ˆ √2−y² 0

x³+ y
dx

!

dy (1.15)

Si può ora risolvere l'intero integrale:

¨

D

x³+ y
dxdy =

¨

D₁

x³+ y
dxdy +

¨

D₂

x³+ y
dxdy = (1.16)

= ˆ 1

0

ˆ √2−y²

√y

x³+ y
dx

! dy +

ˆ 0

−√ 2

ˆ √2−y² 0

x³+ y
dx

! dy =

= ˆ 1

0

 x⁴ 4 + xy



√

2−y²

√y

dy + ˆ 0

−√ 2

 x⁴ 4 + xy



√

2−y²

0

dy =

= ˆ 1

0

2 − y^2
2

4 + yp

2 − y²−y² 4 − y³²

! dy +

ˆ 0

−√ 2

2 − y^2
2

4 + yp

2 − y²

! dy =

= ˆ 1

0

 1

4 4 + y⁴− 4y²
+ y 2 − y^2
1₂

−y² 4 − y³²

 dy +

ˆ 0

−√ 2

 1

4 4 + y⁴− 4y²
+ y 2 − y^2
1₂

 dy =

= 1 4

 4y + y⁵

5 − 4y³ 3



−1

3 2 − y^2
3₂

−y³ 12−2

5y⁵²

¹

0

+ 1 4

 4y +y⁵

5 − 4y³ 3



−1

3 2 − y^2
3₂

⁰

−√ 2

=

= 1 4

 4 +1

5 −4 3



−1 3− 1

12−2 5+2√

2 3 −2√

2 3 −1

4 −4√

2 +−4√ 2 5 + 8

√2 3

!

=

= 1 + 1 20−1

3 −1 3 − 1

12−2 5+2√

2 3 −2√

2 3 +√

2 +

√2 5 −2√

2 3 =8√

2 15 − 1

10

3. ¨

D

x³+ xy + x²arctan x
dxdy, D = (x, y) ∈ R²: x²+ y²≤ 2 ∧ y ≤ x²

Il dominio di integrazione è identico a quello descritto nell'esercizio precedente, senza però la condizione che impone di considerare solo i punti con ascissa positiva. I graci successivi riportano le curve e l'insieme da esse individuato.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.4: Dominio di integrazione D.

Si nota che l'insieme è simmetrico rispetto all'asse x = 0: si cercano quindi eventuali simmetrie della funzione integranda rispetto alla variabile x:

f (−x, y) = (−x)³+ −xy + (−x)²arctan (−x) = −x³− xy − x²arctan x = −f (x, y) (1.17) La funzione è dispari. Senza ulteriori calcoli, si conclude:

¨

D

x³+ xy + x²arctan x
dxdy = 0 (1.18)

4. ¨

D

p|xy| dxdy, D =n

(x, y) ∈ R²: |y| ≤√

3 ∧ y²≤ x ≤ 3o Si esamina il dominio di integrazione. La prima condizione, y ≤√

3, equivale a −√

3 ≤ y ≤√

3 e indica che l'insieme è limitato alla fascia di piano compresa tra le rette orizzontali y = −√

3 e y = √ 3. La seconda, invece, specica che la coordinata x dei punti appartenenti all'insieme varia tra la parabola con asse parallelo all'asse delle ascisse x = y² e la retta verticale x = 3.

I graci successivi riportano le curve e l'insieme da esse individuato.

-1 0 1 2 3 4

-3 -2 -1 0 1 2 3

−1 1 2 3 4

−3

−2

−1 1 2 3

x y

Figura 1.5: Dominio di integrazione D.

L'insieme è simmetrico rispetto all'asse delle ascisse y = 0: si ricercano eventuali proprietà della funzione integranda rispetto alla variabile y.

f (x, −y) =p|x (−y)| = p|xy| = f (x, y) (1.19) La funzione è pari: è quindi possibile considerare soltanto metà dell'insieme D.

¨

D

p|xy| dxdy = 2

¨

D∩y≥0

p|xy| dxdy = 2

¨

D∩y≥0

√xy dxdy (1.20)

L'ultima uguaglianza è giusticata dal fatto che il nuovo insieme di integrazione è completamente contenuto nel primo quadrante, dove x ≥ 0 e y ≥ 0. Si può procedere quindi con l'integrazione per li verticali - ugualmente semplice sarebbe risultata quella per li orizzontali. Per ricavare gli estremi dell'integrale più interno occorre immaginare di intersecare l'insieme con una retta verticale: questa incontra dapprima la parabola x = y², poi l'asse y = 0.

0 ≤ y ≤√

x (1.21)

Sull'asse y, invece, l'insieme è limitato dalle rette x = 0 e x = 3.

0 ≤ x ≤ 3 (1.22)

Quindi:

2

¨

D∩y≥0

√xy dxdy = 2 ˆ 3

0

ˆ ^√x 0

√xy dy

! dx = 2

ˆ 3 0

ˆ ^√x 0

x¹²y¹² dy

! dx = 2

ˆ 3 0

2 3x¹²h

y³²i

√x

0 dx = (1.23)

= 2 ˆ 3

0

2 3x¹²

x¹²³₂ dx = 2

ˆ 3 0

2

3x¹²x³⁴dx = 4 3

ˆ 3 0

x⁵⁴dx = 4 3 ·4

9 h

x⁹⁴i³

0=16 27· 9 ·√⁴

3 = 16 3

√4

3

5. ¨

D

xy dxdy, D = triangolo A (1; 1) , B (3; 3) , C (1; 5)

Il dominio di integrazione è un triangolo contenuto nel primo quadrante, rappresentato nella gura seguente.

-1 0 1 2 3 4

-1 0 1 2 3 4 5 6

−1 1 2 3 4

−1 1 2 3 4 5 6

x y

Figura 1.6: Dominio di integrazione D.

L'insieme non è simmetrico rispetto ad alcun asse: è quindi inutile considerare le simmetrie della funzione.

Per evitare di dividere il dominio di integrazione si decide di utilizzare li verticali. Dal disegno si può notare che la coordinata y è compresa tra le due rette, le cui equazioni y = x e y = −x + 6 sono ottenibili mediante la formula della retta passante per due punti.

x ≤ y ≤ 6 − x (1.24)

La coordinata x, invece, è limitata dagli estremi numerici 1 e 3.

1 ≤ x ≤ 3 (1.25)

Si può quindi risolvere l'integrale:

¨

D

xy dxdy = ˆ 3

1

ˆ 6−x x

xy dy

 dx ==

ˆ 3 1

x y² 2

^6−x

x

dx = 1 2

ˆ 3 1

x (6 − x)²− x · x²dx = (1.26)

1 2

ˆ 3 1

36x + x³− 12x²− x³dx = 1 2

 36x²

2 − 12x³ 3

³

1

=9x²− 2x³3

1= 81 − 54 − 9 + 2 = 20

6. ¨

D

1

x²+ y²+ 1dxdy, D =n

(x, y) ∈ R²: 1 ≤ x²+ y²≤ 4 ∧ 0 ≤ y ≤√ 3xo

Si esamina il dominio di integrazione.

Le curve proposte dalla prima condizione (x²+ y² = 1 e x²+ y² = 4) sono circonferenze, di raggio rispettivamente 1 e √

4 = 2. La disuguaglianza impone di considerare i punti compresi tra le due, quindi una corona circolare di raggio interno 1 e raggio esterno 2. Un altro possibile ragionamento è interpretare la quantità x²+ y²come il quadrato della distanza di un punto dall'origine: in questo caso, la disequazione individua tutti i punti la cui distanza dall'origine è compresa tra 1 e 2.

La seconda, invece, descrive i punti che si trovano al di sopra dell'asse delle ascisse y = 0 ma al di sotto della retta y =√

3x. I graci successivi riportano le curve e l'insieme da esse individuato.

-3 -2 -1 0 1 2 3 -3

-2 -1 0 1 2 3

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1 1 2 3

x y

Figura 1.7: Dominio di integrazione D.

Dal momento che il dominio di integrazione è un settore di una corona circolare, risulta utile il passaggio in coordinate polari:

(x = ρ cos θ

y = ρ sin θ (1.27)

La funzione diventa:

1

x²+ y²+ 1 = 1

(ρ cos θ)²+ (ρ sin θ)²+ 1 = 1

ρ² cos²θ + sin²θ
+ 1= 1

ρ²+ 1 (1.28) Occorre ora ricavare gli estremi di integrazione nelle nuove variabili. ρ rappresenta il raggio del cerchio che viene spazzato dall'integrale e deve quindi variare tra il raggio interno e il raggio esterno della corona circolare.

1 ≤ ρ ≤ 2 (1.29)

θ, invece, identica l'angolo formato dal vettore che collega un punto dell'insieme di integrazione all'origine e dal semiasse positivo delle ascisse. Nell'insieme in esame tale angolo è compreso tra 0 e l'angolo θmax

formato dalla retta y =√

3xcon l'asse x. Rispolverando le formule di quarta liceo, si scopre che l'angolo formato da una retta con l'asse x è pari ad arctan m dove m è il coeciente angolare.

0 ≤ θ ≤ arctan√

3 (1.30)

0 ≤ θ ≤ π

3 (1.31)

Ricordando che il cambio di dierenziali richiesto dalla coordinate polari è:

dxdy = ρdρdθ (1.32)

Si può riscrivere l'integrale.

¨

D

1

x²+ y²+ 1dxdy =

¨

D⁰

1

ρ²+ 1ρdρdθ = ˆ ^π₃

0

ˆ 2 1

ρ ρ²+ 1dρ



dθ = (1.33)

1 2

ˆ ^π

3

0

ˆ 2 1

2ρ ρ²+ 1 dρ

 dθ = 1

2 ˆ ^π

3

0

ln ρ²+ 1
2

1 dθ = 1 2

ˆ ^π

3

0

ln 5 − ln 2 dθ = 1 2ln5

2 ˆ ^π

3

0

1 dθ =π 6 ln5

2

7. ¨

D

|xy| dxdy, D =(x, y) ∈ R²: y ≥ 0 ∧ x²+ y²≤ 1

Si disegna l'insieme di integrazione: il semicerchio di raggio 1 centrato nell'origine e contenuto nel semipiano delle ordinate positive.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.8: Dominio di integrazione D.

Il dominio è simmetrico rispetto all'asse x = 0, si cercano quindi eventuali simmetrie della funzione rispetto all'incognita x.

f (−x, y) = |(−x) y| = |xy| = f (x, y) (1.34) La funzione è pari: è quindi possibile considerare soltanto metà dell'insieme D.

¨

D

|xy| dxdy = 2

¨

D∩x≥0

|xy| dxdy = 2

¨

D∩x≥0

xy dxdy (1.35)

L'ultimo passaggio si giustica osservando che, sul nuovo dominio di integrazione, sia x che y sono sempre positive. Dal momento che il dominio di integrazione è un quarto di circonferenza, risulta utile il passaggio in coordinate polari:

(x = ρ cos θ

y = ρ sin θ (1.36)

La funzione diventa:

xy = ρ cos θ · ρ sin θ = ρ²cos θ sin θ (1.37) Occorre ora ricavare gli estremi di integrazione nelle nuove variabili. ρ rappresenta il raggio del cerchio che viene spazzato dall'integrale e deve quindi variare tra 0 e il raggio della circonferenza.

0 ≤ ρ ≤ 1 (1.38)

θ, invece, identica l'angolo formato dal vettore che collega un punto dell'insieme di integrazione all'origine e dal semiasse positivo delle ascisse. Nell'insieme in esame tale angolo è compreso tra 0 e l'angolo formato dagli assi cartesiani, per denizione ortogonali tra loro.

0 ≤ θ ≤ π

2 (1.39)

Ricordando che il cambio di dierenziali richiesto dalla coordinate polari è:

dxdy = ρdρdθ (1.40)

Si può riscrivere l'integrale.

2

¨

D∩x≥0

xy dxdy = 2

¨

D⁰

ρ²cos θ sin θ ρdρdθ = 2 ˆ ^π₂

0

ˆ 1 0

ρ³cos θ sin θ dρ



dθ = (1.41)

= 2 ˆ ^π₂

0

cos θ sin θ dθ ˆ 1

0

ρ³dρ

Dal momento che cos θ sin θ non dipende dalla variabile ρ può uscire dall'integrale più interno e rimanere unicamente in quello più esterno. Similmente, ρ³ è una costante rispetto ala variabile θ. L'integrale in θ si risolve mediante le formule di duplicazione del seno.

sin 2x = 2 sin x cos x −→ sin x cos x =sin 2x

2 (1.42)

Quindi:

2 ˆ ^π

2

0

cos θ sin θ dθ ˆ 1

0

ρ³dρ = 2 ˆ ^π

2

0

sin 2θ 2 dθ

ˆ 1 0

ρ³dρ = 1 2

ˆ ^π

2

0

2 sin 2θ dθ ˆ 1

0

ρ³dρ = (1.43)

= 1

2[− cos 2θ]

π 2

0

 ρ⁴ 4

¹

0

= 1

2(1 + 1) 1 4− 0



= 1 4

8. ¨

D

xy dxdy, D =(x, y) ∈ R²: y ≤ 0 ∧ x²+ y²≤ 1

Il dominio è molto simile all'esercizio precedente, ad eccezione del fatto che occorre considerare la semi- circonferenza nel semipiano delle y negative.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.9: Dominio di integrazione D.

Il dominio è simmetrico rispetto all'asse x = 0, si cercano quindi eventuali simmetrie della funzione rispetto all'incognita x.

f (−x, y) = (−x) y = −xy = −f (x, y) (1.44)

La funzione è dispari: senza ulteriori indugi si conclude.

¨

D

xy dxdy = 0 (1.45)

9. ¨

D

cos (x + y) e^x−ydxdy, D =n

(x, y) ∈ R²: |x + y| ≤ π

2 ∧ |y − x| ≤ 1o

La particolare forma della funzione integranda e del dominio di integrazione suggeriscono di utilizzare un

cambio di variabili. (

u = x + y

v = y − x (1.46)

In questo modo sia la funzione che l'insieme vengono notevolmente semplicati.

cos (x + y) e^x−y −→ cos (u) e^−v (1.47)

D =n

(x, y) ∈ R²: |x + y| ≤ π

2 ∧ |y − x| ≤ 1o

−→ D⁰ =n

(u, v) ∈ R²: |u| ≤ π

2 ∧ |v| ≤ 1o

(1.48) Nelle nuove variabili il dominio di integrazione non è altro che un rettangolo di base π e altezza 2 con centro di simmetria nell'origine.

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

(a) Dominio nelle coordinate x e y.

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

(b) Dominio nelle coordinate u e v.

Figura 1.10: Dominio di integrazione D.

Rimane da considerare il cambio dei dierenziali.

dxdx −→ |det J ac (Φ (x, y))|⁻¹dudv (1.49)

dove det Jac (Φ (x, y)) è il determinante della matrice jacobiana del cambio di variabili.

(u = x + y

v = y − x −→ Φ (x, y) = (x + y; y − x) (1.50)

J ac (Φ (x, y)) =

" _∂(x+y)

∂x

∂(x+y)

∂y

∂(y−x)

∂x

∂(y−x)

∂y

#

= 1 1

−1 1



(1.51)

det J ac (Φ (x, y)) = det1 1 1 −1



= det    

1 1

1 −1    

= 2 (1.52)

Quindi l'integrale diventa:

¨

D

cos (x + y) e^x−ydxdy =

¨

D⁰

cos (u) e^−v |2|⁻¹dxdy =1 2

ˆ ^π₂

−^π₂

ˆ 1

−1

cos (u) e^−vdv



du = (1.53)

=1 2

ˆ ^π₂

−^π₂

cos (u) du ˆ 1

−1

e^−vdv = 1

2 · 2 · −e⁻¹+ e
= e − e⁻¹

10. ¨

D

e^x2+y

2x + 3y − 1dxdy, D =(x, y) ∈ R²: 0 ≤ x + 2y ≤ 2 ∧ −3 ≤ 2x + 3y ≤ −1

La particolare forma della funzione integranda e del dominio di integrazione suggeriscono di utilizzare un

cambio di variabili. (

u = x + 2y

v = 2x + 3y (1.54)

In questo modo sia la funzione che l'insieme vengono notevolmente semplicati.

e^x2+y

2x + 3y − 1 −→ e^2u

v − 1 (1.55)

D =(x, y) ∈ R²: 0 ≤ x + 2y ≤ 2 ∧ −3 ≤ 2x + 3 ≤ −1 −→ D⁰=(u, v) ∈ R²: 0 ≤ u ≤ 2 ∧ −3 ≤ v ≤ −1 (1.56) Nelle nuove variabili il dominio di integrazione non è altro che un quadrato di lato 2.

−14 −12 −10 −8 −6 −4 −2 0

0 1 2 3 4 5 6 7 8

x y

(a) Dominio nelle coordinate x e y.

−1 0 1 2 3

−4

−3

−2

−1

x y

(b) Dominio nelle coordinate u e v.

Figura 1.11: Dominio di integrazione D.

Rimane da considerare il cambio dei dierenziali.

dxdx −→ |det J ac (Φ (x, y))|⁻¹dudv (1.57)

dove det Jac (Φ (x, y)) è il determinante della matrice jacobiana del cambio di variabili.

(u = x + 2y

v = 2x + 3y −→ Φ (x, y) = (x + 2y; 2x + 3y) (1.58)

J ac (Φ (x, y)) =

" _∂(x+2y)

∂x

∂(x+2y)

∂y

∂(2x+3y)

∂x

∂(2x+3y)

∂y

#

=1 2 2 3



(1.59)

det J ac (Φ (x, y)) = det1 2 2 3



= det    

1 2 2 3    

= −1 (1.60)

Quindi l'integrale diventa:

¨

D

e^x2+y

2x + 3y − 1dxdy =

¨

D⁰

e^u2

v − 1 |−1|⁻¹dxdy = ˆ 2

0

ˆ −1

−3

e^u2 v − 1dv



du = (1.61)

= 2 ˆ 2

0

1 2e^u2 du

ˆ −1

−2

1

v − 1dv = 2e^u2²

0[ln |v − 1|]⁻¹₋₃= 2 e¹− 1
(ln (2) − ln (4)) = 2 (e − 1) ln 1 2



1.2 Integrali di supercie.

1. Calcolare l'area della supercie cartesiana di equazione z = ¹₂ x²+ 2y²
limitata al dominio D =

(x, y) ∈ R²: x²+ 4y²≤ 8 .

L'area di una supercie σ (u, v) ristretta al dominio D è denita come:

A =

¨

D

k−→n (u, v)k dudv (1.62)

dove k−→n (u, v)kè la norma del vettore normale alla supercie (vedi sezioneSuperfici). Il primo passo è quindi il calcolo del vettore normale a σ. Nel caso di una supercie cartesiana, ovvero descritta dal graco di una funzione f (x, y), si può utilizzare la formula:

−

→n (x, y) =



−∂f (x, y)

∂x ; −∂f (x, y)

∂y ; 1



(1.63)

Nel caso in esame la funzione è f (x, y) = ¹₂ x²+ 2y²
. Pertanto:

−

→n (x, y) = (−x; −2y; 1) (1.64)

La cui norma è:

k−→n (x, y)k = q

(−x)²+ (−2y)²+ 1²=p

x²+ 4y²+ 1 (1.65)

L'integrale da risolvere è quindi:

¨

D

k−→n (x, y)k dxdy =

¨

D

px²+ 4y²+ 1 dxdy (1.66)

Si cerca innanzitutto di capire quale sia la curva che descrive l'insieme d'integrazione.

x²+ 4y²≤ 8 (1.67)

x² 8 +4y²

8 ≤ 8

8 (1.68)

x² 8 +y²

2 ≤ 1 (1.69)

L'equazione individua un ellisse con i fuochi sull'asse x e vertici di coordinate ±√ 8; 0

e 0; ±√ 2
verso della disequazione impone di considerare i punti interni alla curva. . Il

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

Figura 1.12: Dominio di integrazione D.

Dal momento che l'insieme è costituito dall'area racchiusa da un ellisse, è opportuno passare alle coordinate

ellittiche. (

x = aρ cos θ

y = bρ sin θ (1.70)

dove ρ e θ sono le variabili di integrazione, mentre a e b sono i parametri dell'ellisse scritto nella forma

x²

a +^y_b² = 1. Nel caso in esame si ha a =√

8e b =√ 2. (x =√

8ρ cos θ y =√

2ρ sin θ (1.71)

Applicando la sostituzione, la funzione diventa:

px²+ 4y²+ 1 = q

8ρ²cos²θ + 4 · 2ρ²sin²θ + 1 =p

8ρ²+ 1 (1.72)

Occorre ora ricavare gli estremi di integrazione nelle nuove variabili. Nelle coordinate ellittiche, ρ varia sempre tra 0 e 1: sono i parametri a e b a rendere conto delle dimensioni della curva.

0 ≤ ρ ≤ 1 (1.73)

Come nelle coordinate polari, θ identica l'angolo formato dal vettore che collega un punto dell'insieme di integrazione all'origine e dal semiasse positivo delle ascisse. Nell'insieme in esame tale angolo deve spazzare l'intero piano.

0 ≤ θ ≤ 2π (1.74)

Ricordando che il cambio di dierenziali richiesto dalla coordinate ellittiche è:

dxdy = ρab dρdθ (1.75)

Si può riscrivere l'integrale.

¨

D

px²+ 4y²+ 1 dxdy =

¨

D⁰

p8ρ²+ 1 ρ√ 8√

2dρdθ = 4 ˆ 2π

0

ˆ 1 0

ρp

8ρ²+ 1 dρ



dθ = (1.76)

= 4 ˆ 2π

0

1 dθ · 1 16

ˆ 1 0

16ρ 8ρ²+ 1
¹₂

dρ = 8π · 1 16 ·2

3 h

8ρ²+ 1
³₂i¹

0

= π 3 h

8ρ²+ 1
³₂i¹

0

=26π 3 2. Risolvere il seguente integrale di supercie.

¨

σ

1

z⁴ dσ (1.77)

Sulla supercie σ di equazione z = px²+ y²ristretta al dominio D =n

(x, y) ∈ R²: ¹₂ ≤p

x²+ y²≤ 1o.

Gli integrali di supercie si trasformano in integrali doppi grazie alla seguente formula:

¨

σ

f (x, y, z) dσ =

¨

D

f (σ (u, v)) · k−→n (u, v)k dudv (1.78) dove σ (u, v) è la supercie su cui si intende eettuare l'integrazione, ristretta al dominio D, k−→n (u, v)k è la norma del vettore normale alla supercie e la scrittura f (σ (u, v)) identica la funzione f alle cui variabili x, y e z vengono sostituite le componenti della supercie σ.

Nel caso in esame, σ è una supercie cartesiana. Pertanto può essere scritta come:

σ (x, y, z) =

x; y; p

x²+ y²

(1.79) Come nel caso precedente, il vettore normale si ricava mediante la formula:

−

→n (x, y) =



−∂f (x, y)

∂x ; −∂f (x, y)

∂y ; 1



(1.80)

In questo caso, la funzione f (x, y) è f (x, y) = px²+ y². Pertanto:

−

→n (x, y) = − x

px²+ y²; − y px²+ y²; 1

!

(1.81)

La cui norma è:

k−→n (x, y)k = v u u

t − x

px²+ y²

!²

+ − y

px²+ y²

!²

+ 1²=√

1 + 1 =√

2 (1.82)

L'integrale da risolvere è quindi:

¨

D

f (σ (u, v)) · k−→n (u, v)k dudv =

¨

D

1

p

x²+ y²⁴

√

2dxdy =√ 2

¨

D

1

(x²+ y²)² dxdy (1.83) Si scrive il dominio d'integrazione in una forma più leggibile.

1 2 ≤p

x²+ y²≤ 1 (1.84)

1

4 ≤ x²+ y²≤ 1 (1.85)

Si riconosce ora che la disequazione rappresenta la corona circolare compresa tra le due circonferenze di raggio ¹₂ e 1 centrate nell'origine.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.13: Dominio di integrazione D.

Dal momento che l'insieme è costituito da una corona circolare, è opportuno passare alle coordinate polari.

(x = ρ cos θ

y = ρ sin θ (1.86)

Applicando la sostituzione, la funzione diventa:

1

(x²+ y²)² = 1

ρ²cos²θ + ρ²sin²θ
² = 1

ρ⁴ (1.87)

Occorre ora ricavare gli estremi di integrazione nelle nuove variabili. ρ rappresenta il raggio del cerchio che viene spazzato dall'integrale e deve quindi variare tra il raggio dalla circonferenza interna e quello della circonferenza esterna.

1

2 ≤ ρ ≤ 1 (1.88)

La variabile θ identica l'angolo formato dal vettore che collega un punto dell'insieme di integrazione all'origine e dal semiasse positivo delle ascisse. Nell'insieme in esame tale angolo deve spazzare l'intero piano.

0 ≤ θ ≤ 2π (1.89)

Ricordando che il cambio di dierenziali richiesto dalla coordinate polari è:

dxdy = ρ dρdθ (1.90)

Si può riscrivere l'integrale.

√ 2

¨

D

1

(x²+ y²)²dxdy =√ 2

¨

D

1

ρ⁴ ρdρdθ =√ 2

ˆ 2π 0

ˆ 1

1 2

1 ρ³ dρ

!

dθ = (1.91)

=√ 2

ˆ 2π 0

1 dθ · ˆ 1

1 2

ρ⁻³dρ = 2√

2π · ρ⁻²

−2

¹

1 2

= −√ 2π · 1

ρ²

¹

1 2

= 3√ 2π 3. Risolvere il seguente integrale di supercie.

¨

σ

pz + y²

p1 + 4x²+ 4y²dσ (1.92)

Sulla supercie σ di equazione z = x²−y²ristretta al dominio D = (x, y) ∈ R²: x²+ 4y²≤ 4 ∧ x²+ y²≥ 1 . Gli integrali di supercie si trasformano in integrali doppi grazie alla seguente formula:

¨

σ

f (x, y, z) dσ =

¨

D

f (σ (u, v)) · k−→n (u, v)k dudv (1.93) dove σ (u, v) è la supercie su cui si intende eettuare l'integrazione, ristretta al dominio D, k−→n (u, v)k è la norma del vettore normale alla supercie e la scrittura f (σ (u, v)) identica la funzione f alle cui variabili x, y e z vengono sostituite le componenti della supercie σ.

Nel caso in esame, σ è una supercie cartesiana. Pertanto può essere scritta come:

σ (x, y, z) = x; y; x²− y²

(1.94) Come nel caso precedente, il vettore normale si ricava mediante la formula:

−

→n (x, y) =



−∂f (x, y)

∂x ; −∂f (x, y)

∂y ; 1



(1.95) In questo caso, la funzione f (x, y) è f (x, y) = x²− y². Pertanto:

−

→n (x, y) = (−2x; −2y; 1) (1.96)

La cui norma è:

k−→n (x, y)k = q

(−2x)²+ (−2y)²+ 1²=p

4x²+ 4y²+ 1 (1.97)

L'integrale da risolvere è quindi:

¨

D

f (σ (u, v)) · k−→n (u, v)k dudv =

¨

D

px²− y²+ y² p1 + 4x²+ 4y²

p4x²+ 4y²+ 1dxdy =

¨

D

|x| dxdy (1.98) Si esamina il dominio d'integrazione: la prima condizione identica i punti interni ad un ellisse.

x²+ 4y²≤ 4 (1.99)

x²

4 + y²≤ 1 (1.100)

I fuochi sono sull'asse x e i vertici hanno coordinate (±2; 0) e (0; ±1). La seconda disequazione, invece, individua i punti esterni alla circonferenza di raggio 1 centrata nell'origine.

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

Figura 1.14: Dominio di integrazione D.

L'insieme è simmetrico sia rispetto a x = 0 che rispetto a y = 0. Si vericano quindi eventuali simmetrie della funzione integranda:

f (−x, y) = |−x| = |x| = f (x, y) (1.101)

f (x, −y) = |x| = f (x, y) (1.102) La funzione è pari sia rispetto alla variabile x che rispetto a y. Si sceglie quindi di considerare solo la parte di D contenuta nel primo quadrante:

¨

D

|x| dxdy = 4

¨

D∩x≥0∩y≥0

|x| dxdy = 4

¨

D∩x≥0∩y≥0

x dxdy (1.103)

L'ultimo passaggio è lecito perché, nel nuovo dominio, x ≥ 0 sempre. Si procede quindi con l'integrazione per li orizzontali. Immaginando di intersecare l'insieme con una retta orizzontale, il limite inferiore al segmento che si otterrebbe sarebbe rappresentato dalla circonferenza, mentre quello superiore dall'ellisse.

Si rende ora necessario esprimere le due curve nella forma x = f (y).

x²+ y²= 1 −→ x =p

1 − y² (1.104)

x²+ 4y²= 4 −→ x =p

4 − 4y²= 2p

1 − y² (1.105)

Quindi:

p1 − y²≤ x ≤ 2p

1 − y² (1.106)

Per quanto riguarda la variabile y, invece, l'inseme è limitato dai valori y = 0 e y = 1:

0 ≤ y ≤ 1 (1.107)

Si può quindi risolvere l'integrale:

4

¨

D∩x≥0∩y≥0

x dxdy = 4 ˆ 1

0

ˆ 2√

1−y²

√

1−y²

x dx

! dy = 4

ˆ 1 0

 x² 2

²

√

1−y²

√

1−y²

dy = 2 ˆ 1

0

x²2

√

1−y²

√

1−y² dy = (1.108)

= 2 ˆ 1

0

4 − 4y²− 1 + y²dy = 6 ˆ 1

0

1 − y²dy = 6

 y −y³

3

¹

0

= 6 ·2 3 = 4

1.3 Applicazioni dei doppi integrali alla sica.

1. Si dimostri che il momento d'inerzia di un disco cavo di massa m, raggio interno ri e raggio esterno reè I = ¹₂m r²_i + r²_e
.

La denizione di momento d'inerzia per un corpo bidimensionale è

I = ˆ

S

r²dm (1.109)

Considerando un disco cavo con centro nell'origine degli assi e densità superciale di massa σ (x, y), si ha:

I = ˆ ˆ

disco cavo

x²+ y²σ (x, y) dxdy (1.110)

Supponendo σ (x, y) costante su tutta la supercie:

I = ˆ ˆ

disco cavo

x²+ y²σdxdy = σ ˆ ˆ

disco cavo

x²+ y²dxdy (1.111)

Si opera ora la trasformazione in coordinate polari:

I = σ ˆ ˆ

disco cavo

ρ²ρdρdθ (1.112)

Con

r_i≤ ρ ≤ re (1.113)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.114)

Quindi:

I = σ ˆ 2π

0

ˆ re

ri

ρ³dρdθ = σ2π ˆ re

ri

ρ³dρ = σ2π ρ⁴ 4

^re

r_i

= σπ

2 r⁴_e− r⁴_i
(1.115)

Si scompone ora il termine tra parentesi:

I = σπ r_e²− r_i²
r_e²+ r_i²

2 (1.116)

Si riconosce inoltre che π r²e− r²_i

rappresenta l'area della gura. Il prodotto tra questa e la densità superciale fornisce la massa del corpo:

m = σπ r²_e− r²_i
(1.117)

In denitiva,

I =1

2m r²_e+ r²_i

2 (1.118)