Abbiamo infatti che il dominio `e normale rispetto a x con D ={(x, y) 2 R2| x 2 [0, 2], p 4 x2 y  x 2} ma anche rispetto a y con D ={(x, y) 2 R2| y y + 2  x p 4 y2} 2

Testo completo

(1)

Risoluzione

1. D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 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 R2| x 2 [0, 2], p

4 x2 y  x 2} ma anche rispetto a y con

D ={(x, y) 2 R2| y 2 [ 2, 0], y + 2  x p 4 y2}

2. L’insieme D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 2, y x2} `e dominio normale sia rispetto a x che a y. Abbiamo

infatti che (

x2+ y2= 2

y = x2 ,

(y2+ y 2 = 0

x2= y ,

(y = 1 x =±1

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

D ={(x, y) 2 R2| x 2 [ 1, 1], x2 y p 2 x2} Il dominio risulta normale anche rispetto a y, infatti, posto

±(y) =

(±py se 0 y  1

±p

2 y2 se 1 < yp 2 abbiamo che

D ={(x, y) 2 R2| y 2 [0,p

2], ↵ (y) x  ↵+(y)}

(2)

3. D ={(x, y) 2 R2| x2 y  1 |x|} `e dominio normale sia rispetto a x che a y. Abbiamo infatti che (y = x2

y = 1 |x| ,

(x =±p5 12

y =3 2p5

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

D ={(x, y) 2 R2| x 2 [1 2p5,p5 12 ], x2 y  1 |x|}

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

±(y) =

(±py se 0 y  3 2p5

±(1 y) se 3 2p5 < y 1 abbiamo che

D ={(x, y) 2 R2| y 2 [0, 1], (y) x  +(y)}

4. Il dominio D ={(x, y) 2 R2| 2x2+ y2 2, 0  y  1} `e normale sia rispetto a x che a y.

Infatti possiamo esprimerlo come dominio normale rispetto a y D ={(x, y) 2 R2| y 2 [0, 1],

q

1 y22  x  q

1 y22} ma anche come dominio normale rispetto a x mediante

D ={(x, y) 2 R2| x 2 [0, 1], 0  y  (x)}

essendo

(x) =

(p2 2x2 se p22  |x|  1 1 se|x| < p22

(3)

5. L’insieme D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 1, x2+ y2  2x, y 0} `e l’intersezione dei cerchi x2+ y2  1 e (x 1)2+ y2 1 nella regione y 0

Il dominio `e normale rispetto a y dato che

D ={(x, y) 2 R2| y 2 [0,p23], 1 p

1 y2 x p 1 y2} ma anche rispetto a x essendo

D ={(x, y) 2 R2| x 2 [0, 1], 0  y  (x)}

dove

(x) =

(pp2x x2 se 0 x  12

1 x2 se 12 < x 1 6. Il dominio D ={(x, y) 2 R2| 1  x2+ y2 4, y |x|}

`e dominio normale rispetto a x poich´e

D ={(x, y) 2 R2| x 2 [ p 2,p

2], ↵(x) y p 4 x2} con

↵(x) =

(p1 x2 se|x|  p22

|x| se p22 <|x| p 2 ma non `e dominio normale rispetto a y

(4)

7. Per calcolare l’integrale ZZ

D

x2y +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 R2| x 2 [1, 2], x  y  2}

Dalle formule di riduzione otteniamo allora ZZ

D

x2y + 2yx dx dy = Z 2

1

✓Z x 1

x2y + 2xy dy

dx =

Z 2 1

1

2x2y2+ xy22

x dx

= Z 2

1

6x2 12x4 x3dx =

2x3 101x5 14x42 1=14320

8. Calcoliamo ZZ

D

cos x cos ydx dy dove D ={(x, y) 2 R2| sin x  y  x, x 2 [0,2]}. Il dominio `e 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]xsin xdx

= Z 2

0

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

=1

2sin2x + cos(sin x)2

0 = cos 1 12 9. Per calcolare l’integrale

ZZ

D

xydxdy, dove D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 2, x  y2, y 0}, osserviamo che (x2+ y2= 2

x = y2 ,

(x = 1 y =±1

(5)

Abbiamo che il dominio D `e normale rispetto a x con D = D1[ D2 dove D1={(x, y) | x 2 [0, 1],px yp

2 x2} e D2={(x, y) | x 2 [ p

2, 0], 0 y p

2 x2} e dalle formule di riduzione otteniamo:

ZZ

D

xy dxdy = ZZ

D1

xy dxdy + ZZ

D2

xy dxdy

= Z 1

0

(

Z p2 x2 px

xy dy) dx + Z 0

p2

(

Z p2 x2 0

xy dy) dx

= Z 1

0

xh

y2 2

ip2 x2 px dx +

Z 0 p2

xh

y2 2

ip2 x2

0 dx

= 12 Z 1

0

2x x3 x2dx +12 Z 0

p2

2x x3dx

= 12h

x2 x44 x33i1 0+12h

x2 x44i0

p2= 245 12 = 247

10. Per calcolare ZZ

D|x 1| dx dy, dove D = {(x, y) 2 R2|p

2y y2  x  2 y, y 0}, osserviamo che D = D1[ D2 essendo D1 ={(x, y) | x 2 [0, 1], 0  y  1 p

1 x2} e D2={(x, y) | x 2 [1, 2], 0  y  2 x}.

(6)

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 x2

0

1 x) dy) dx + Z 2

1

( Z 2 x

0

x 1 dy)dx

= Z 1

0

(1 x)(1 p

1 x2) dx + Z 2

1

(x 1)(2 x) dx

= Z 1

0

1 x p

1 x2+ xp

1 x2dx + Z 2

1

3x x2 2 dx

=

x x22 12(xp

1 x2+ arcsin x) 13(1 x2)32

1

0

+h

3x2 2

x3 3 2xi2

1

= 1 4 11. Calcoliamo

ZZ

D x

(x2+y2)2dx dy dove D = {(x, y) 2 R2| 1  x2+ y2  4x, 0  y  p

3x}. Il dominio `e rappresentato in figura

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)2dx dy = ZZ

T

⇢ cos ✓

4 ⇢ d⇢d✓ = Z 3

0

cos ✓(

Z 4 cos ✓ 1

1

2d⇢)d✓

= Z 3

0

cos ✓h

1

i4 cos ✓

1 d✓ =

Z 3

0

cos ✓(1 4 cos ✓1 ) d✓

= Z 3

0

cos ✓ 14d✓ =

sin ✓ 43

0 = p23 12 12. Calcoliamo

ZZ

D

x dxdy dove D ={(x, y) 2 R2| |2y x|  2, |2y + x|  2}

(7)

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 14 e che D = g(T ) dove T ={(u, v) 2 R2| |u|  2, |v|  2}, quindi

ZZ

D

x dxdy = ZZ

T 1

2(v u)14dudv =18 Z 2

2

( Z 2

2

v u dv)du

= 18 Z 2

2

hv2 2 uvi2

2 du = 12 Z 2

2

4u du = 0

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 R2| x 2 [12, 2], 1x y  52 x}

(8)

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 x1log x dx

=h

(52x x22) log xi2

1 2

Z 2

1 2

5 2

x

2dx hlog2x 2

i2

1 2

=h

(52x x22) log x 52x x42 log22xi2

1 2

=158 log 2 7516

14. Per calcolare l’area della regione D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 1, y x2 1},

osserviamo che D = D+[ D dove D+ ={(x, y) 2 R2 | x2+ y2  1, y 0} `e il semicerchio di centro l’origine e raggio 1 ed ha area µ(D+) = 2, mentre D ={(x, y) 2 R2| y x2 1, y 0}. Per calcolare l’area di D calcoliamoRR

D dxdy. Il dominio `e normale rispetto ad x con D ={(x, y) 2 R2| x 2 [ 1, 1], x2 1 y  0}

da cui

µ(D ) = ZZ

D

dxdy = Z 1

1

( Z 0

x2 1

dy)dx = Z 1

1

1 x2dx =h

x x33i1

1= 2(1 13) =43

Dalla propriet`a di additivit`a della misura (area) possiamo allora concludere che l’area della regione data

`e

µ(D) = µ(D ) + µ(D+) = 43+2

15. Per calcolare l’area della regione D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 4, x  1} osserviamo che, poich´e l’area del cerchio di raggio 2 `e 4⇡, l’area di D `e data da 4⇡ µ(D0) dove D0={(x, y) 2 R2| x2+ y2 4, x 1} e µ(D0) `e la sua area.

(9)

Calcoliamo pertanto µ(D0) =RR

D0dxdy utilizzando le coordinate polari centrate nell’origine :

(x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

osservato che D0= (T ) dove T ={(⇢, ✓) | ✓ 2 [ 3,3], cos ✓1  ⇢  2}. Quindi µ(D0) =

ZZ

D0

dxdy = ZZ

D

⇢d⇢d✓ = Z 3

3

( Z 2

1 cos ✓

⇢d⇢)d✓ = 12 Z 3

3

22

1 cos ✓d✓

= 12 Z 3

3

4 cos12d✓ = 12[4✓ tan ✓]3

3 = 4⇡3 p 3 da cui µ(D) = 4⇡ 4⇡3 +p

3 = 8⇡3 +p 3.

16. Calcoliamo l’area del settore ellittico D individuato dall’ellisse x32 + y2 = 1, la bisettrice y = x e l’asse delle ascisse

Per calcolare l’integraleRR

Ddxdy, utilizziamo le coordinate ellittiche di centro l’origine e parametrip 3 e 1:

:

(x =p 3⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

osservato che D = (T ) dove T = {(⇢, ✓) | ✓ 2 [0,3], ⇢ 2 [0, 1]}, dato che il punto P = (p23,p23) di intersezione della bisettrice con l’ellisse corrisponde alle coordinate ellittiche ⇢ = 1, ✓ = 3. Quindi

µ(D) = ZZ

D

dxdy = ZZ

T

p3⇢ d⇢d✓ = Z 3

0

( Z 1

0

p3⇢ d⇢)d✓ = Z 3

0

d✓

Z 1 0

p3⇢ d⇢

= 3hp 3 2 2i1

0= p63⇡.

(10)

Utilizzando l’integrale doppio e le coordinate ellittiche sapresti determinare la formula per calcolare l’area di un settore ellittico sotteso da un angolo ↵ e da un’ellisse di semiassi a e b?

17. Determiniamo l’area della regione del piano D delimitata dalla curva di equazione polare ⇢(✓) = sin(2✓),

2 [0, 2⇡], calcolando l’integraleRR

Ddxdy.

A tale scopo possiamo utilizzare le coordinate polari di centro l’origine

:

(x = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓

e, osservato che la funzione ⇢(✓) = sin(2✓) descrive la distanza del punto (sin(2✓) cos ✓, sin(2✓) sin ✓) sul sostegno della curva dall’origine, il dominio D risulta immagine mediante le coordinate polari del dominio normale T ={(⇢, ✓) | ✓ 2 [0,2], 0 ⇢  sin(2✓)}. Otteniamo quindi

ZZ

D

dxdy = ZZ

T

⇢ d⇢d✓ = Z 2

0

(

Z sin(2✓) 0

⇢ d⇢)d✓ = 12 Z 2

0

sin2(2✓) d✓ = 161 [4✓ sin(4✓)]02 =8

18. Determiniamo il baricentro di D ={(x, y) 2 R2| 4x2+ y2 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 x2+y42 = 1 con la retta y = 2x, corrispondente alle coordinate ellittiche ⇢ = 1 e ✓ = 4.

(11)

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 (xB, yB) le coordinate del baricentro, risulta

xB= 4 ZZ

E

x dxdy = 4 ZZ

T

2⇢2cos ✓ d⇢d✓ = 8 Z 4

0

cos ✓ d✓

Z 1 0

2d⇢ = 43⇡p2 ⇡ 0, 6 mentre

xB =4 ZZ

E

x dxdy = 4 ZZ

T

4⇢2sin ✓ d⇢d✓ = 16 Z 4

0

sin ✓ d✓

Z 1 0

2d⇢ = 8(2

p2) 3⇡ ⇡ 0, 5 19. Per determinare le coordinate del baricentro D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 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]}.

(12)

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

2d⇢ = 23

Denotate con (xB, yB) le coordinate del baricentro otteniamo

xB =32 ZZ

D|y|xdxdy = 32

ZZ

T

3cos ✓| sin ✓|d⇢d✓ =32

Z 4⇡3

3

cos ✓| sin ✓|d✓

Z 1 0

3d⇢ = 329

mentre

yB =32 ZZ

D

y|y|dxdy = 32

ZZ

T

3sin ✓| sin ✓|d⇢d✓ = 32

Z 4⇡3

3

sin ✓| sin ✓|d✓

Z 1 0

3d⇢

=38(6 +p43).

20. Per determinare il baricentro di D ={(x, y) 2 R2| 1  x42+y2 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]}

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

m(E) = ZZ

E

x dxdy = ZZ

T

4⇢2cos ✓d⇢d✓ = 4 Z 2

2

cos ✓ d✓

Z 2 1

2d⇢ = 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

xB =563 ZZ

D

x2dxdy = 563 ZZ

T

8⇢3cos2✓ d⇢d✓ = 37 Z 2

2

cos2✓d✓

Z 2 1

3d⇢

=143 [✓ + sin ✓ cos ✓]

2

2

h4

4

i2

1= 3⇡14· 154 = 45⇡56 ⇡ 2, 52

(13)

21. Determiniamo il baricentro di D ={(x, y) 2 R2| 1  x2+ y2 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 y2 x p

1 (y 1)2}. Abbiamo che µ(D+) = 4 e

x(B+) = 4 ZZ

D+

x dxdy = 4 Z 2

1

(

Z p1 (y 1)2 0

x dx) dy = 2 Z 2

1

1 (y 1)2dy

= 2 Z 2

1

2y y2dy = 2h

y2 y33i2 1=3⇡4 e

y(B+) = 4 ZZ

D+

y dxdy = 4 Z 2

1

(

Z p1 (y 1)2 0

y dx) dy = 4 Z 2

1

yp

1 (y 1)2dy

Osservato che Z

yp

1 (y 1)2dy = Z

(y 1)p

1 (y 1)2dy +Z p

1 (y 1)2dy

= 12 Z

(2 2y)p

2y y2dy +Z p

1 (y 1)2dy

= 13(2y y2)32 +12((y 1)p

1 (y 1)2+ arcsin(y 1)) + c si ha

y(B+) = 4h

1

3(2y y2)32 +12((y 1)p

1 (y 1)2+ arcsin(y 1))i2

1= 4(4 +13) = 3⇡+43⇡

Abbiamo poi che

µ(D ) = ZZ

D

dxdy = Z 1

1 2

(

Z p1 (y 1)2

p1 y2

dx) dy = Z 1

1 2

p1 (y 1)2 p

1 y2dy

= 12h

(y 1)p

1 (y 1)2+ arcsin(y 1) yp

1 y2 arcsin yi1

1 2

=3p123 ⇡

(14)

e

x(B ) = 3p123 ⇡ ZZ

D

x dxdy = 3p123 ⇡ Z 1

1 2

(

Z p1 (y 1)2

p1 y2

xdx) dy

= 3p3 ⇡6 Z 1

1 2

1 (y 1)2 1 + y2dy

= 3p3 ⇡6 Z 1

1 2

2y 1 dy = 3p3 ⇡6

y2 y1

1

2 =3p3 ⇡6 ( 14+12) = 2(3p33 ⇡) e

y(B ) =3p123 ⇡ ZZ

D

y dxdy = 3p123 ⇡ Z 1

1 2

(

Z p1 (y 1)2

p1 y2

y dx) dy

=3p123 ⇡ Z 1

1 2

yp

1 (y 1)2 yp

1 y2dy

=3p123 ⇡h

1

3(2y y2)32 +12((y 1)p

1 (y 1)2+ arcsin(y 1)) +13(1 y2)32i1

1 2

=32(3p3+2⇡ 8p3 ⇡) 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 ) = ...

22. 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 ↵r2 e che il dominio `e simmetrico rispetto all’asse x abbiamo che l’ordinata del baricentro `e nulla mentre l’ascissa `e

xB =↵r12

ZZ

D

x dxdy = ↵r12

ZZ

T

2cos ✓, d⇢d✓ = r21

Z

( Z r

0

2d⇢) cos ✓d✓

=↵r12

h3 3

ir

0[sin ✓]= 23rsin ↵

(15)

23. Calcoliamo il volume della calotta sferica S ={(x, y, z) 2 R3| x2+ y2+ z2 4, z 1}. Osserviamo che possiamo scrivere

S ={(x, y, z) 2 R3| 1  z p

4 (x2+ y2)} e dunque che S `e la regione compresa tra il grafico della funzione f (x, y) = p

4 (x2+ y2) e il piano z = 1.

2 x

y z 2

2

1

Dalla definizione di integrale doppio abbiamo che tale volume `e dato V =

ZZ

D

p4 (x2+ y2) 1 dxdy

essendo D ={(x, y) 2 R2| x2+ y2 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 + ⇢2ip3

0 = 53 24. Calcoliamo il volume della porzione di cono C ={(x, y, z) 2 R3| 0  z  2 p

x2+ y2 1}

x

z 2

1

1 C

y 2

Abbiamo che

C ={(x, y, z) 2 R3| (x, y) 2 D, 0  z  2 p

x2+ y2} dove D ={(x, y) 2 R2| 1 p

x2+ y2 2} e il volume sar`a dato da V =

ZZ

2 p

x2+ y2dxdy

(16)

Utilizzando le coordinate polari otteniamo

V = ZZ

[1,2]⇥[0,2⇡]

(2 ⇢)⇢ d⇢d✓ = 2⇡

Z 2 1

2⇢ 2d⇢ = 2⇡

2 1332 1= 43

figura

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