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xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1};

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Academic year: 2021

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(1)

INTEGRALI DOPPI Esercizi svolti

1. Calcolare i seguenti integrali doppi:

(a) Z

A

xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1};

(b) Z

A

1

(x + y) 2 dx dy , A = {(x, y) : 3 ≤ x ≤ 4, 1 ≤ y ≤ 2};

(c) Z

A

(2x 2 + 3y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ 1};

(d) Z

A

(x − 2y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 − x};

(e) Z

A

xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ 1 + x};

(f) Z

A

(x + y) dx dy , A = {(x, y) : 2x 3 ≤ y ≤ 2 √ x};

(g) Z

A

sin y

y dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, x ≤ y ≤ π};

(h) Z

A

(x + 2y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, min{x 2 , x} ≤ y ≤ max{x 2 , x}};

(i) Z

A

x sin |x 2 − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1};

(j) Z

A

| sin x − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 1};

(k) Z

A

x 2 dx dy , A = {(x, y) : y ≤ −x 2 + x/2 + 3, y ≥ −x 2 − x, y ≥ −x 2 + 2x}.

2. Sia A la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici A 1 = (0, 0), A 2 = (1, 1) e A 3 = (2, 0) e dotata di densit` a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto al vertice A 1 .

3. Sia B la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici B 1 = (0, 0), B 2 = (0, 1) e B 3 = (1, 0) e dotata di densit` a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di B rispetto al vertice B 3 .

4. Calcolare il baricentro delle regioni di piano dotate di densit` a unitaria (a) A = {(x, y) : x 2 ≤ y ≤ 1};

(b) B = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}.

5. Calcolare i seguenti integrali doppi:

(a) Z

D

y 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0};

(b) Z

D

x 2 + y 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x};

(c) Z

D

x 2 dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0};

(2)

(d) Z

D

y dx dy , D = {(x, y) : 4x 2 + 9y 2 ≤ 36, y ≥ 0}.

6. Sia D un disco circolare dotato di densit` a unitaria, avente centro in C = (r, 0) e raggio r. Verificare la relazione I 0 = I C + r 2 A, dove I 0 e I C sono i momenti di inerzia di D rispetto a O e a C e A ` e l’area di D.

7. Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit` a unitaria C = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 9, x 2 + y 2 − 2x ≥ 0}.

8. Calcolare i seguenti integrali impropri:

(a) Z

D

(x 2 + y 2 ) −α dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 };

(b) Z

D

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy , D = {(x, y) : 4 ≤ x 2 + y 2 , x ≥ 0, y ≥ 0};

(c) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≥ 1, x ≥ 0, y ≥ 0};

(d) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x};

(e) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, −x ≤ y ≤ 0}.

(3)

INTEGRALI DOPPI Esercizi svolti - SOLUZIONI

1. Calcolare i seguenti integrali doppi:

(a) Z

A

xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.

E possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali. ` Integrando per verticali si ottiene

Z

A

xy dx dy = Z 1

0

Z 1 0

xy dy

 dx =

Z 1 0

x  y 2 2

 1

0

dx = Z 1

0

x

2 dx =  x 2 4

 1

0

= 1 4 .

(b) Z

A

1

(x + y) 2 dx dy , A = {(x, y) : 3 ≤ x ≤ 4, 1 ≤ y ≤ 2}.

E possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali. ` Integrando per orizzontali si ottiene

Z

A

1

(x + y) 2 dx dy = Z 2

1

Z 4 3

1 (x + y) 2 dx

 dy =

Z 2 1



− 1

x + y

 4 3

dy =

= Z 2

1



− 1

4 + y + 1 3 + y



dy = [− log (4 + y) + log (3 + y)] 2 1 = ln  25 24

 .

(c) Z

A

(2x 2 + 3y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ 1}.

La regione A ` e sia orizzontalmente che verticalmente convessa. ` E quindi possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.

Integrando per verticali si ottiene Z

A

(2x 2 + 3y) dx dy = Z 1

0

Z 1 x

2

(2x 2 + 3y) dy

 dx =

Z 1 0



2x 2 y + 3 2 y 2

 1

x

2

dx =

= Z 1

0



− 7

2 x 4 + 2x 2 + 3 2

 dx =



− 7 10 x 5 + 2

3 x 3 + 3 2 x

 1 0

= 22 15 .

(d) Z

A

(x − 2y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 − x}.

La regione A ` e sia orizzontalmente che verticalmente convessa. ` E quindi possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.

Integrando per orizzontali si ottiene Z

A

(x − 2y) dx dy = Z 2

0

Z 2−y 0

(x − 2y) dx

 dy =

Z 2 0

 x 2 2 − 2xy

 2−y

0

dy =

= Z 2

0

 5

2 y 2 − 6y + 2



dy =  5

6 y 3 − 3y 2 + 2y

 2

0

= − 4 3 .

(e) Z

A

xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ 1 + x}.

La regione A ` e sia orizzontalmente che verticalmente convessa, ma per la forma esplicita di A ` e pi` u conveniente integrare per verticali. Si ha quindi

Z

A

xy dx dy = Z 1

0

Z 1+x x

2

xy dy

 dx =

Z 1 0

x  y 2 2

 1+x

x

2

dx =

= 1 2

Z 1 0

(−x 5 + x 3 + 2x 2 + x) dx = 1 2



− x 6 6 + x 4

4 + 2

3 x 3 + x 2 2

 1

0

= 5

8 .

(4)

(f) Z

A

(x + y) dx dy , A = {(x, y) : 2x 3 ≤ y ≤ 2 √ x}.

La regione A ` e sia orizzontalmente che verticalmente convessa. ` E quindi possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.

Integrando per orizzontali risulta Z

A

(x + y) dx dy = Z 2

0

Z (y/2)

1/3

(y/2)

2

(x + y) dx

! dy =

Z 2 0

 x 2 2 + xy

 (y/2)

1/3

(y/2)

2

dy =

= Z 2

0



− x 4 32 − y 3

4 + y 2/3 2 5/3 + y 4/3

2 1/3

 dy =



− y 5 5 · 32 − y 4

16 + 3y 5/3

5 · 2 5/3 + 3y 7/3 7 · 2 1/3

 2

0

= 39 35 .

(g) Z

A

sin y

y dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, x ≤ y ≤ π}.

Sebbene la regione A sia verticalmente e orizzontalmente convessa, non ` e possibile calcolare esplicita- mente l’integrale per verticali, infatti la funzione (sin y)/y non ` e integrabile elementarmente rispetto a y. Integrando per orizzontali si ottiene invece

Z

A

sin y

y dx dy = Z π

0

Z y 0

sin y y dx

 dy =

Z π 0

sin y dy = [− cos y] π 0 = 2.

(h) Z

A

(x + 2y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, min{x 2 , x} ≤ y ≤ max{x 2 , x}}.

L’insieme A pu` o essere visto come l’unione dei due insiemi

A 1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ x}, A 2 = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ x 2 }

la cui intersezione si riduce ad un punto delle relative frontiere. Possiamo quindi decomporre l’integrale secondo:

Z

A

(x + 2y) dx dy = Z

A

1

(x + 2y) dx dy + Z

A

2

(x + 2y) dx dy

dove entrambi gli integrali a secondo membro possono essere risolti integrando per verticali. Si ha Z

A

1

(x + 2y) dx dy = Z 1

0

Z x x

2

(x + 2y) dy

 dx =

Z 1 0

[xy + y 2 ] x x

2

dx =

= Z 1

0

(2x 2 − x 3 − x 4 ) dx =  2

3 x 3 − x 4 4 − x 5

5

 1

0

= 13 60 e

Z

A

2

(x + 2y) dx dy = Z 2

1

Z x

2

x

(x + 2y) dy

! dx =

Z 2 1

[xy + y 2 ] x x

2

dx =

= Z 2

1

(−2x 2 + x 3 + x 4 ) dx =



− 2

3 x 3 + x 4 4 + x 5

5

 2

1

= 317 60 Quindi

Z

A

(x + 2y) dx dy = 13 60 + 317

60 = 11 2 .

(i) Z

A

x sin |x 2 − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.

Poich` e

sin |x 2 − y| =

 sin (x 2 − y) se y ≤ x 2 sin (y − x 2 ) se y > x 2 , si ha

Z

A

x sin |x 2 − y| dx dy = Z

A

1

x sin (x 2 − y) dx dy + Z

A

2

x sin (y − x 2 ) dx dy dove

A 1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x 2 }, A 2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ 1}

(5)

Integrando per verticali otteniamo Z

A

1

x sin (x 2 − y) dx dy = Z 1

0

Z x

2

0

x sin (x 2 − y) dy

! dx =

Z 1 0

x[cos (x 2 − y)] x 0

2

dx =

= Z 1

0

(x − x cos (x 2 )) dx =  x 2 2 − 1

2 sin (x 2 )

 1

0

= 1 2 − 1

2 sin 1 e

Z

A

2

x sin (y − x 2 ) dx dy = Z 1

0

Z 1 x

2

x sin (y − x 2 ) dy

 dx =

Z 1 0

x[− cos (y − x 2 )] 1 x

2

dx =

= Z 1

0

(x − x cos (1 − x 2 )) dx =  x 2 2 + 1

2 sin (1 − x 2 )

 1

0

= 1 2 − 1

2 sin 1 Quindi

Z

A

(x + 2y) dx dy = 1 2 − 1

2 sin 1 + 1 2 − 1

2 sin 1 = 1 − sin 1.

(j) Z

A

| sin x − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 1}.

Poich` e

| sin x − y| =

 sin x − y se y ≤ sin x y − sin x se y > sin x, si ha

Z

A

| sin x − y| dx dy = Z

A

1

(sin x − y) dx dy + Z

A

2

(y − sin x) dx dy dove

A 1 = {(x, y) : 0 ≤ xπ, 0 ≤ y ≤ sin x}, A 2 = {(x, y) : 0 ≤ xπ, sin x ≤ y ≤ 1}

Integrando per verticali otteniamo Z

A

1

(sin x − y) dx dy = Z π

0

Z sin x 0

(sin x − y) dy

! dx =

Z π 0



y sin x − y 2 2

 sin x

0

dx =

= 1 2

Z π 0

sin 2 x dx = 1 4

Z π 0

(1 − cos 2x) dx = 1 4

 x − 1

2 sin 2x

 π

0

= π 4 e

Z

A

2

(y − sin x) dx dy = Z π

0

Z 1 sin x

(y − sin x) dy

 dx =

Z π 0

[ y 2

2 − y sin x] 1 sin x dx =

= Z π

0

 1

2 sin 2 x − sin x + 1 2

 dx =

Z π 0

 1

4 (1 − cos 2x) − sin x + 1 2

 dx =

=  3 4 x − 1

8 sin 2x + cos x

 π

0

= 3 4 π − 2.

Quindi

Z

A

| sin x − y| dx dy = π 4 + 3

4 π − 2 = π − 2.

(k) Z

A

x 2 dx dy , A = {(x, y) : y ≤ −x 2 + x/2 + 3, y ≥ −x 2 − x, y ≥ −x 2 + 2x}.

L’insieme A pu` o essere visto come l’unione dei due insiemi

A 1 = {(x, y) : −2 ≤ x ≤ 0, −x 2 − x ≤ y ≤ −x 2 + x/2 + 3}, A 2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, −x 2 + 2x ≤ y ≤ −x 2 + x/2 + 3}

aventi in comune solo punti delle relative frontiere. Possiamo quindi decomporre l’integrale secondo:

Z

A

x 2 dx dy = Z

A

1

x 2 dx dy + Z

A

2

x 2 dx dy

dove entrambi gli integrali a secondo membro possono essere risolti integrando per verticali.

(6)

Si ha Z

A

1

x 2 dx dy = Z 0

−2

Z −x

2

+x/2+3

−x

2

−x

x 2 dy

! dx =

Z 0

−2

 3

2 x 3 + 3x 2



dx =  3 8 x 4 + x 3

 0

−2

= 2 e

Z

A

2

x 2 dx dy = Z 2

0

Z −x

2

+x/2+3

−x

2

+2x

x 2 dy

! dx =

Z 2 0



− 3

2 x 3 + 3x 2

 dx =



− 3

8 x 4 + x 3

 2

0

= 2 Quindi

Z

A

x 2 dx dy = 2 + 2 = 4.

2. Sia A la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici A 1 = (0, 0), A 2 = (1, 1) e A 3 = (2, 0) e dotata di densit` a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto al vertice A 1 .

Essendo

A = {(x, y) : y ≤ x ≤ 2 − y, 0 ≤ y ≤ 1}

si ha

I 0 = Z

A

(x 2 + y 2 ) dx dy = Z 1

0

Z 2−y y

(x 2 + y 2 ) dx

 dy =

Z 1 0

 x 3 3 + y 2 x

 2−y

y

dy =

= Z 1

0



− 8

3 y 3 + 4y 2 − 4y + 8 3

 dy =



− 2 3 y 4 + 4

3 y 3 − 2y 2 + 8 3 y

 1

0

= 4 3 .

3. Sia B la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici B 1 = (0, 0), B 2 = (0, 1) e B 3 = (1, 0) e dotata di densit` a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di B rispetto al vertice B 3 .

Risulta

B = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x}.

Poich` e la distanza del generico punto (x, y) ∈ B dal vertice B 3 ` e p(x − 1) 2 + y 2 , si ha

I B

3

= Z

B

(x − 1) 2 + y 2 

dx dy = Z 1

0

Z 1−x 0

(x − 1) 2 + y 2  dy

 dx =

Z 1 0



y(x − 1) 2 + y 3 3

 1−x

0

dx =

= − 4 3

Z 1 0

(x − 1) 3 dx = − 1

3 [(x − 1) 4 ] 1 0 = 1 3 .

4. Calcolare il baricentro delle regioni di piano dotate di densit` a unitaria (a) A = {(x, y) : x 2 ≤ y ≤ 1}.

Siano x A e y A le coordinate del baricentro di A.

Per simmetria risulta x A = 0.

Invece

y A = 1 M (A)

Z

A

y dx dy dove M (A) ` e la massa di A.

Poich` e

M (A) = Z

A

dx dy = Z 1

−1

Z 1 x

2

dy

 dx =

Z 1

−1

(1 − x 2 ) dx =

 x − x 3

3

 1

−1

= 4 3 e

Z

A

y dx dy = Z 1

−1

Z 1 x

2

ydy

 dx = 1

2 Z 1

−1

(1 − x 4 ) dx = 1 2

 x − x 5

5

 1

−1

= 4

5 ,

risulta y A = 3/5.

(7)

(b) B = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}.

Siano x B e y B le coordinate del baricentro di B.

Per simmetria risulta x B = 0.

Invece

y B = 1 M (B)

Z

B

y dx dy dove M (B) ` e la massa di B.

Poich` e

M (B) = Z

B

dx dy = π 2 e

Z

B

y dx dy = Z 1

−1

Z

√ 1−x

2

0

ydy

! dx = 1

2 Z 1

−1

(1 − x 2 ) dx = 1 2

 x − x 3

3

 1

−1

= 2 3 , risulta y B = 4/(3π).

5. Calcolare i seguenti integrali doppi:

(a) Z

D

y 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}.

L’integrale pu` o essere calcolato utilizzando coordinate polari:

 x = ρ cos θ

y = ρ sin θ θ ∈ [0, 2π).

Poich` e x 2 + y 2 = ρ 2 , la condizione x 2 + y 2 ≤ 1 diventa 0 ≤ ρ ≤ 1, mentre y ≥ 0 diventa sin θ ≥ 0, ossia 0 ≤ θ ≤ π.

L’insieme di integrazione nel piano ρ, θ ` e quindi il rettangolo:

{(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π}.

Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha:

Z

D

y 2 dx dy = Z 1

0

Z π 0

ρ 3 sin 2 θ dθ

 dρ =

Z 1 0

ρ 3

Z π 0

1 − cos 2θ

2 dθ

 dρ =

= 1 2

Z 1 0

ρ 3

 θ − 1

2 sin 2θ

 π 0

dρ = π 2

Z 1 0

ρ 3 dρ = π 2

 ρ 4 4

 1

0

= π 8 .

(b) Z

D

x 2 + y 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x};

L’integrale pu` o essere calcolato utilizzando coordinate polari:

 x = ρ cos θ

y = ρ sin θ θ ∈ [0, 2π).

Poich` e x 2 + y 2 = ρ 2 , la condizione x 2 + y 2 ≤ 1 diventa 0 ≤ ρ ≤ 1, mentre 0 ≤ y ≤ x diventa 0 ≤ sin θ ≤ cos θ, ossia 0 ≤ θ ≤ π/4.

L’insieme di integrazione nel piano ρ, θ ` e quindi il rettangolo:

{(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/4}.

Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha:

Z

D

x 2 + y 2 dx dy = Z 1

0

Z π/4 0

ρ 3

!

dρ = π 4

Z 1 0

ρ 3 dρ = π 4

 ρ 4 4

 1

0

= π 16 .

(c) Z

D

x 2 dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0}.

L’integrale pu` o essere calcolato utilizzando coordinate polari:

(8)

 x = ρ cos θ

y = ρ sin θ θ ∈ [0, 2π).

Poich` e x 2 + y 2 = ρ 2 , la condizione 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 diventa 1 ≤ ρ ≤ 2, mentre y ≥ 0 diventa 0 ≤ θ ≤ π.

L’insieme di integrazione nel piano ρ, θ ` e quindi il rettangolo:

{(ρ, θ) : 1 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π}.

Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha Z

D

x 2 dx dy = Z 2

1

Z π 0

ρ 3 cos 2 θ dθ

 dρ =

Z 2 1

ρ 3

Z π 0

1 + cos 2θ

2 dθ

 dρ =

= 1 2

Z 1 0

ρ 3

 θ + 1

2 sin 2θ

 π 0

dρ = π 2

Z 1 0

ρ 3 dρ = π 2

 ρ 4 4

 2

1

= 15 8 π.

(d) Z

D

y dx dy , D = {(x, y) : 4x 2 + 9y 2 ≤ 36, y ≥ 0}.

Per il calcolo dell’integrale ` e utile riscrivere la disequazione che definisce D come 4x 2

36 + 9y 2 36 ≤ 1, da cui

x 2 3 2 + y 2

2 2 ≤ 1.

D risulta quindi essere met` a di una ellisse di semiassi a = 3 e b = 2. Utilizzando la trasformazione

 x = 3ρ cos θ

y = 2ρ sin θ θ ∈ [0, 2π) l’insieme di integrazione nel piano ρ, θ diventa il rettangolo:

{(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π}.

Essendo 6ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha Z

D

y dx dy = Z 1

0

Z π 0

12ρ 2 sin θ dθ

 dρ =

Z 1 0

12ρ 2 [− cos θ] π 0 dρ = 24 Z 1

0

ρ 2 dρ = 8[ρ 3 ] 1 0 = 8.

6. Sia D un disco circolare dotato di densit` a unitaria, avente centro in C = (r, 0) e raggio r. Verificare la relazione I 0 = I C + r 2 A, dove I 0 e I C sono i momenti di inerzia di D rispetto a O e a C e A ` e l’area di D.

Risulta

I 0 = Z

D

(x 2 + y 2 ) dx dy

= Z

D

((x − r + r) 2 + y 2 ) dx dy

= Z

D

((x − r) 2 + 2r(x − r) + r 2 + y 2 ) dx dy

= Z

D

((x − r) 2 + y 2 ) dx dy + r 2 Z

D

dx dy + 2r Z

D

(x − r) dx dy

= I c + r 2 A + 2r Z

D

(x − r) dx dy

= I c + r 2 A poich` e per simmetria risulta

Z

D

(x − r) dx dy = 0.

(9)

7. Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit` a unitaria C = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 9, x 2 + y 2 − 2x ≥ 0}.

Poich` e l’insieme C ` e invariante rispetto alla simmetria per l’origine e la funzione f (x, y) = x 2 + y 2 ` e pari rispetto a tale simmetria risulta

I 0 = Z

C

(x 2 + y 2 ) dx dy = 2 Z

C

0

(x 2 + y 2 ) dx dy dove

C 0 = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 9, x 2 + y 2 − 2x ≥ 0, y ≥ 0}.

L’integrale pu` o ora essere calcolato utilizzando coordinate polari:

 x = ρ cos θ

y = ρ sin θ θ ∈ [0, 2π).

L’insieme di integrazione nel piano ρ, θ ` e quindi il seguente:

{(ρ, θ) : 2 cos θ ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π/2} ∪ {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 3, π/2 ≤ θ ≤ π}.

Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha

I 0 = 2

Z π/2 0

Z 3 2 cos θ

ρ 3

 dθ +

Z π π/2

Z 3 0

ρ 3

 dθ



=

Z π/2 0

 ρ 4 4

 3

2 cos θ

dθ + Z π

π/2

 ρ 4 4

 3

0



=

= 2

Z π/2 0

 81

4 − 4 cos 4 θ



dθ + 81 4

Z π π/2



= 2

Z π/2 0

 77

4 − 2 cos 2θ − 1

2 cos 4θ − 1 2



dθ + 81 8



=

= 2  75

4 θ − sin 2θ − 1 8 sin 4θ

 π/2 0

+ 81

4 π = 39π.

8. Calcolare i seguenti integrali impropri:

(a) Z

D

(x 2 + y 2 ) −α dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 }.

Sia

D R = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ R 2 }, (R > 1) allora

Z

D

(x 2 + y 2 ) −α dx dy = lim

R→+∞

Z

D

R

(x 2 + y 2 ) −α dx dy.

Utilizzando coordinate polari si ha Z

D

R

(x 2 + y 2 ) −α dx dy = Z R

1

Z 2π 0

ρ −2α+1



dρ = 2π Z R

1

ρ −2α+1

=

 π

1 − α (R −2α+2 − 1) se α 6= 1

2π log R se α = 1.

Pertanto

Z

D

(x 2 + y 2 ) −α dx dy = lim

R→+∞

 π

1 − α (R −2α+2 − 1) se α 6= 1

2π log R se α = 1.

e quindi l’integrale diverge positivamente se α ≤ 1, vale π/(α − 1) se α > 1.

(b) Z

D

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy , D = {(x, y) : 4 ≤ x 2 + y 2 , x ≥ 0, y ≥ 0};

Sia

D R = {(x, y) : 4 ≤ x 2 + y 2 ≤ R 2 , x ≥ 0, y ≥ 0}, (R > 2) allora

Z

D

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy = lim

R→+∞

Z

D

R

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy.

(10)

Utilizzando coordinate polari si ha Z

D

R

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy = Z R

2

Z π/2 0

1 ρ

sin θ cos θ (cos 4 θ + sin 4 θ) dθ

! dρ =

= Z π/2

0

sin θ cos θ (cos 4 θ + sin 4 θ) dθ

! Z R 2

1 ρ dρ

!

== π

4 (log R − log 2).

Pertanto

Z

D

xy

(x 4 + y 4 ) dx dy = π 4 lim

R→+∞ (log R − log 2) = +∞.

Quindi l’integrale diverge positivamente.

(c) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≥ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.

Sia

D R = {(x, y) : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ R 2 , x ≥ 0, y ≥ 0}, (R > 1) allora

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy = lim

R→+∞

Z

D

R

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy.

Utilizzando coordinate polari si ha Z

D

R

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy = Z R

1

Z π/2 0

1

ρ 2 cos θ dθ

! dρ =

Z R 1

1

ρ 2 [sin θ] π/2 0 dρ =

= Z R

1

1 ρ 2 dρ =



− 1 ρ

 R

1

= 1 − 1 R . Pertanto

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy = lim

R→+∞

 1 − 1

R



= 1.

(d) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x}.

Sia

D  = {(x, y) :  2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x}, ( > 0) allora

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) dx dy = lim

→0

+

Z

D



x

(x 2 + y 2 ) dx dy.

Utilizzando coordinate polari si ha Z

D



x

(x 2 + y 2 ) dx dy = Z 1



Z π/4 0

cos θ dθ

! dρ =

Z 1



[sin θ] π/4 0 dρ ==

√ 2 2

Z 1



dρ =

√ 2 2 (1 − ).

Pertanto

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) dx dy =

√ 2 2 lim

→0

+

(1 − ) =

√ 2 2 .

(e) Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy , D = {(x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1, −x ≤ y ≤ 0}.

Sia

D  = {(x, y) :  2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1, −x ≤ y ≤ 0}, ( > 0) allora

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy = lim

→0

+

Z

D



x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy.

Utilizzando coordinate polari si ha Z

D



x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy = Z 1



Z 0

−π/4

1

ρ 2 cos θ dθ

! dρ =

Z 1



1

ρ 2 [sin θ] 0 −π/4 dρ =

=

√ 2 2

Z 1



1 ρ 2 dρ =

√ 2 2



− 1 ρ



=

√ 2 2

 1

 − 1

 . Pertanto

Z

D

x

(x 2 + y 2 ) 2 dx dy =

√ 2 2 lim

→0

+

 1

 − 1



= +∞.

Quindi l’integrale diverge positivamente.

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