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

(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 <sup>2</sup> 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}.

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 .

(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}

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.

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.

(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 dθ

!

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:

 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 <sup>2</sup> 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.

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 dρ

 dθ +

Z π π/2

Z 3 0

ρ ³ dρ

 dθ



=

Z π/2 0

 ρ ⁴ 4

 ³

2 cos θ

dθ + Z π

π/2

 ρ ⁴ 4

 ³

0

dθ



=

= 2

Z π/2 0

 81

4 − 4 cos ⁴ θ



dθ + 81 4

Z π π/2

dθ



= 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 dθ



dρ = 2π Z R

1

ρ ^−2α+1 dρ

=





 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.

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.