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

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 < yp 2 abbiamo che

D ={(x, y) 2 R²| y 2 [0,p

2], ↵ (y) x  ↵⁺(y)}

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 1}2

y =³ ₂^p5

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

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

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

±(y) =

(±py se 0 y  ³ 2^p5

±(1 y) se ³ ₂^p5 < 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

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

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+ xy²⇤²

x dx

= Z 2

1

6x^{2 1}₂x⁴ x³dx =⇥

2x³ ₁₀¹x^{5 1}₄x⁴⇤2 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]^x_{sin x}dx

= 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

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

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

i^p2 x² px dx +

Z 0 p2

xh

y² 2

i^p2 x²

0 dx

= ¹₂ Z 1

0

2x x³ x²dx +¹₂ Z 0

p2

2x x³dx

= ¹₂h

x^{2 x}₄^{4 x}₃³i1 0+¹₂h

x^{2 x}₄⁴i0

p2= ₂₄^{5 1}₂ = 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}.

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 ^x₂^{2 1}₂(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 ✓ ^✓₄⇤^⇡3

0 = ^p₂³ ₁₂^⇡ 12. Calcoliamo

ZZ

D

x dxdy dove D ={(x, y) 2 R²| |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 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], ¹_x 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 _x¹log x dx

=h

(⁵₂x ^x₂²) log xi²

1 2

Z 2

1 2

5 2

x

2dx h_log2x 2

i²

1 2

=h

(⁵₂x ^x₂²) log x ⁵₂x ^x₄^{2 log}₂^2xi2

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.

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

⇥⇢²⇤²

1 cos ✓d✓

= ¹₂ Z ^⇡₃

⇡ 3

4 _cos¹2✓d✓ = 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⇡.

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✓)]₀^⇡2 =^⇡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.

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⇢ = ⁴_3⇡^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]}.

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

h_⇢4

4

i²

1= ^3⇡₁₄· ¹⁵4 = ^45⇡₅₆ ⇡ 2, 52

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

y^{2 y}₃³i2 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⇡+4_3⇡

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

=^3p₁₂^{3 ⇡}

e

x(B ) = ₃^p12_{3 ⇡} ZZ

D

x dxdy = ₃^p12_{3 ⇡} Z 1

1 2

(

Z p1 (y 1)²

p1 y²

xdx) dy

= ₃^p_{3 ⇡}⁶ Z 1

1 2

1 (y 1)² 1 + y²dy

= ₃^p_{3 ⇡}⁶ Z 1

1 2

2y 1 dy = ₃^p_{3 ⇡}⁶ ⇥

y² y⇤¹

1

2 =₃^p_{3 ⇡}⁶ ( ¹₄+¹₂) = ₂₍₃^p3_{3 ⇡)} e

y(B ) =₃^p12_{3 ⇡} ZZ

D

y dxdy = ₃^p12_{3 ⇡} Z 1

1 2

(

Z p1 (y 1)²

p1 y²

y dx) dy

=₃^p12_{3 ⇡} Z 1

1 2

yp

1 (y 1)² yp

1 y²dy

=₃^p12_{3 ⇡}h

1

3(2y y²)³² +¹₂((y 1)p

1 (y 1)²+ arcsin(y 1)) +¹₃(1 y²)³²i1

1 2

=³₂₍₃^{p3+2⇡ 8p}_{3 ⇡)} 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 ↵r<sup>2</sup> 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

h⇢³ 3

ir

0[sin ✓]^↵_↵= ²₃r^{sin ↵}_↵

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 + ⇢²i^p3

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

Utilizzando le coordinate polari otteniamo

V = ZZ

[1,2]⇥[0,2⇡]

(2 ⇢)⇢ d⇢d✓ = 2⇡

Z 2 1

2⇢ ⇢²d⇢ = 2⇡⇥

⇢^{2 1}₃⇢³⇤2 1= ⁴₃⇡