doppi

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Integrali doppi - Esercizi svolti Integrali doppi senza cambiamento di variabili Si disegni il dominio D e quindi si calcolino gli integrali multipli seguenti: Z

1. D

Z

2. D

Z

3. D

xy dx dy, con D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x − x2 }; x dx, con D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1/2 , x2 ≤ y ≤ x}; 1+y x cos y dx dy, D = {(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x2 };

4. Ridurre ad un integrale semplice il seguente integrale doppio: Z 1 dx dy, dove D `e il trapezio di vertici (1, 0), (1, 1), (3, 0), (3, 3); 2 2 D x +y Z

5.

2

e y dx dy, ove D `e il triangolo di vertici (0, 0), (0, 1), (2, 1).

D

Integrali doppi con e senza cambiamenti di variabili Si calcolino gli integrali doppi seguenti sia in coordinate cartesiane sia passando a coordinate polari. Z

6.

xy dx dy, ove D `e il semicerchio di centro (1, 0), raggio 1 ed y > 0; D

Z

7.

x dx dy ove D `e il semicerchio di centro (0, 0), raggio 1 ed x > 0; D

Z

8. D

Z

9. D

Z

10. D

Z

11. D

n

|x − 1|y dx dy, ove D = (x, y) ∈ R2 | y ≥ 0 ,

p

o

2y − y 2 ≤ x ≤ 2 − y ;

n

o

|y − x| dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1 , n

q

|xy| sin x2 cos y 2 dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 | − x2 dx dy, con D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 4}. 1

x2 ≤ y ≤ 1 ; π 2

≤y≤

q

π 2

− x2 , 0 ≤ x ≤

q o π 2

.

Interali multipli ed integrali iterati; scambio di ordine d’integrazione Rappresentare gli integrali iterati seguenti come integrali doppi e quindi scambiare l’ordine di integrazione. Il calcolo del valore dell’integrale non `e richiesto. Z 2 "Z +x2

2 2y

sin log(x )

12.

#

dy dx;

−x2

0

Z π/2 Z x

sin log(x2 )2y dy dx;

13. sin x

0

Z 1 "Z √2−x2

14.

#

f (x, y) dy dx; −1

|x|

Z 1 Z y

f (x, y) dx dy;

15. 0

0

#

Z 1 " Z ex

f (x, y) dy dx;

16. −x

0

#

Z 1 "Z 1/x

17.

e−x

0

f (x, y) dy dx [?]; #

Z 1 "Z 2−y2

f (x, y) dx dy;

18. y2

0

#

Z 1 "Z 1

f (x, y) dy dx [?].

19. −1

(sgn y)|y|2/3

Coordinate polari Passando a coordinate polari, si calcolino i seguenti integrali: Z 1 "Z √1−x2

20. −1

√

0

dy dx;

0

Z 1 "Z √1−x2

21.

# 2 2 ex +y

#

(x2 + y 2 ) dy dx;

x−x2

Z

22. Ir =

e−x

2 −y 2

dx dy ,

D = {(x, y) | x2 + y 2 < r2 }. Calcolare quindi I = limr→+∞ Ir .

D

Notare che √ π/2; Z

23. D

2 2 e−x −y

=

2 2 e−x ·e−y

Z +∞

ed usare i risultati precedenti per mostrare che

x2 dx dy ove D `e la corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 2;

0

2

e−x dx =

24.

Z q

x2 + y 2 − 1 dx dy ove D `e la corona circolare di centro (0, 0) e raggi 1 e 3;

D

25.

Z q

x2 + y 2 dx dy ove D `e il settore di cerchio di centro (0, 0), raggio 1 e contenuto nel primo

D

quadrante; Z

26.

(x2 + y 2 ) dx dy ove D `e il cerchio individuato da x2 + y 2 = 2x;

D

Z

27. D

(x − y) dx dy, D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 < 4 , y ≥ 0};

Altri cambiamenti di coordinate Per il calcolo degli integrali seguenti, si usino i cambiamenti di coordinate indicati: 28. x = aρ cos θ, y = bρ sin θ, per il calcolo dell’integrale Z q

4 − (x/a)2 − (y/b)2 dx dy ,

D

essendo D l’ellisse (x/a)2 + (y/b)2 ≤ 1; Z

29. x = 2ρ cos θ, y = 4ρ sin θ, per il calcolo dell’integrale

xy dx dy, essendo D l’ellisse (x/2)2 +

D

(y/4)2 ≤ 1;

1 dx dy, D = {(x, y) ∈ R2 | (1/a) ≤ x+y ≤ a , (1/b) ≤ D xy (y/x) ≤ b}, con a e b parametri positivi. Z

30. u = x+y, v = y/x per l’integrale

Applicazioni 31. Si calcolino i centri di massa delle figure seguenti (a) Una piastra piana omogenea, delimitata da y 2 = x, x − y = 0, x ≥ 0. (b) Una piastra piana omogenea, delimitata da y = x2 , x + y = 2. (c) Il disco x2 + y 2 ≤ 4x la cui densit`a in ogni punto `e uguale alla distanza del punto dall’origine. 32. Calcolare i momenti di inerzia dei corpi seguenti, supposti omogenei, con densit`a 1. L’asse di rotazione (rispetto a cui i momenti di inerzia vanno calcolati) `e ortogonale al piano della figura e passa per il punto P indicato. (a) Un disco (P giace sulla circonferenza);

(b) un’ellisse (P `e il centro); (c) un quadrato di lato l (P `e un vertice); (d) un rettangolo (P `e il punto di intersezione delle diagonali); (e) un triangolo isoscele (P `e il vertice opposto alla base); (f) un disco, ruotante intorno ad una sua retta tangente.

Ulteriori integrali doppi Si calcolino gli integrali seguenti: Z

33.

cosh(2y − x) dx dy ove D `e l’insieme {(x, y) | |2y − x| ≤ 2 , |2y + x| ≤ 2};

D

Z

34.

|x|y dx dy ove D `e l’insieme {(x, y) | x + y ≼ 0 , x2 + y 2 ≤ 1};

D

Z

35.

f (x, y) dx dy ove D

f (x, y) = min Z

36. I =

q

x2

+

y2, 1

,

D = {(x, y) | x ≼ 0 , y ≼ 0 , x2 + y 2 ≤ 2} .

(3y + e x ) dx dy, con A = {(x, y) | x2 − 1 ≤ y ≤ 1 − x2 }.

A

Z

37. K

n xy dx dy, con K = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ 2 2 x +y

√x 3

≤y≤

√

o

3x, 1 ≤ xy ≤ 4 .

SOLUZIONI

Integrali doppi senza cambiamento di variabili Z

1.

D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x − x2 }. Si pu`o fare sia riducendo

xy dx dy, D

rispetto all’asse x che rispetto all’asse y, ma la difficolt`a del calcolo non `e la medesima nei due casi. Primo metodo. Proiettando l’insieme D sull’asse x si trova l’intervallo [0, 2] e per ogni x la sezione Sx `e {(x, y) | 0 ≤ y ≤ 2x − x2 }.

1

Sx x

0

1

2

Dunque Z 2 Z

Z

xy dy dx =

xy dx dy = D

Z 2 "Z 2x−x2

0

Z 2

1 2

2x−x y 2 0

2)

x 0

0

#

y dy dx 0

1 2 x(4x2 + x4 − 4x3 ) dx 2 0 0 ( 0

2 ) Z

1 1 2 1 4 1 4 1 = (4x3 + x5 − 4x4 ) dx = x4 + x6 − x5

= {16 + · 64 − · 32} 2 0 2 6 5 0 2 6 5 120 + 80 − 192 8 1 2 = 8 + 3 · 32 − 5 · 32 = = . 15 15 =

x

dx =

1 2

Z 2

"Z 2x−x2

Z 2

xy dy dx = 0

Sx

#

x(2x − x2 ) dx =

Z

Secondo metodo. Riducendo rispetto all’asse y, la proiezione di D sull’asse y `e l’intervallo [0, 1]. Fissato y, Sy = {(x, y) | 1 −

p

1−y ≤x≤1+

1 y

Sy 0

1

2

p

1 − y}.

Dunque Z 1 "Z

Z 1 "Z 1+√1−y

#

y

xy dx dy = 0

=

1 2

=

1 2

S Z 1y

√ 1− 1−y

0

n

#

1 2

x dx dy =

1+√1−y

Z 1 0

p

y x2

√ 1− 1−y

dy =

o

p

y [1 + (1 − y) + 2 1 − y] − [1 + (1 − y) − 2 1 − y] dy =

Z01

p

4y 1 − y dy = 2

0

Z 1 p

y 1 − y dy.

0

La sostituzione 1 − y = s2 d` a il seguente calcolo della primitiva Z

p

y 1 − y dy = −2

Z

2

(1 − s )ss ds = −2

Z

1 3 1 5 (s − s ) ds = −2 s − s + c. 3 5 2

4

Dunque Z

e 2

2. D

1 1 3

5

4 8 4 4 4 y 1 − y dy = − (1 − y) 2

+ (1 − y) 2

= − = . 3 5 3 5 15 0 0

Z 1 p 0

Z

p 3 5 2 2 y 1 − y dy = − (1 − y) 2 + (1 − y) 2 + c 3 5

x dx dy, D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 12 , x2 ≤ y ≤ x} 1+y y = x2 y=x 1

1/2

1

1/2

0

Riducendo rispetto all’asse delle ascisse Z 0

1 2

Z x x2

x dy dx = 1+y

1 2

Z

x { log(1 +

0

y)|xx2 }

Z

dx =

1 2

n

o

x log(1 + x) − log(1 + x2 ) dx.

0

Ora, Z

1 2Z

Z

x log(1 + x) dx = = 12 x2 log(1 + x) −

1 2

1 1 log(1 + x) dx2 = x2 log(1 + x) − 2 !2 x2 − 1 1 + dx = x+1 xZ+ 1

= 12 x2 log(1 + x) − 21 log(1 + x) − = 12 x2 log(1 + x) − 21 log(1 + x) −

1 (x + 1) dx 2 1 2 1 4 x + 2 x + c.

=

Z

x2 dx = 1 + x2

Inoltre 1 1 x2 2x dx = log(1 + x2 ) dx2 = x2 log(1 + x2 ) − 2 2 2 1+ x Z 3 1 x x = 12 x2 log(1 + x2 ) − dx = x2 log(1 + x2 ) − dx = x− 2 1+x 2 1 + x2 1 2 1 2 1 2 2 2 x log(1 + x ) − 2 x + 2 log(1 + x ) + c Z

1 Z2

x log(1 + x2 ) dx =

Z

Z

e quindi l’integrale da calcolare `e 1 2

Z

{x log(1 + x) − x log(1 + x2 )} dx =

0

h

= 21 x2 log(1 + x) − 12 log(1 + x) − 14 x2 + 12 x − 12 x2 log(1 + x2 ) + 21 x2 − 12 log(1 + x2 ) 1 = 12 14 log 32 − 21 log 32 − 16 + 14 − 18 log 54 + 18 − 12 log 54 = 5 5 = − 38 log 32 − 58 log 54 + 16 . = 18 − 12 log 32 − 58 log 54 + 16 n

Riducendo rispetto all’asse y, la proiezione di D `e il segmento (0, y) | 0 ≤ y ≤ y

√ Sy = {(y, x) | y ≤ x ≤ y} Sy = {(y, x) | y < x < 12 }

1 2

o

i1 2

0

e per ogni

se 0 ≤ y ≤ 14 se 14 ≤ y ≤ 12 .

Vanno calcolati separatamente due integrali e quindi sommati Z

"Z √

1 4

y

0

Z

=

1 2

= =

1 2 15 64

0

h

1 4

#

"Z √

1

#

1

√ y 4 x 1 1 4 1 y dx dy = x dx dy = [x2 ]y dy = 1+y 2 0 1+y y 0 1+y Z 1 1 4 1 2 {y − y 2 } dy = dy = −y + 2 − 1+y 2 0 1+y y

Z

i1

2

− y2 + 2y − 2 log(1 + y) − log 54 .

4

0

=

1 2

h

1 − 32 +

1 2

Z

i

− 2 log 54 =

Si calcola quindi 1 2

"Z

1 2

#

1

1

1 1 2 1 x 1 2 1 1 dx dy = x2 |y2 dy = − y 2 dy = 1 1 1 1 + y 2 1 + y 2 1 + y 4 y 4 4 Z 1 Z 1 4 2 1 2 1 − 4y 2 1 3 1 −4y + 4 − = 18 dy = dy = [−2y 2 + 4y − 3 log(1 + y)] 21 = 1 8 h14 1 io +y 8 4 n4 1 + y h i 1 1 3 1 5 1 5 3 5 = 8 − 2 + 2 − 3 log 2 − − 8 + 1 − 3 log 4 = 8 8 − 3 log 2 + 3 log 4 = 5 = 64 − 38 log 32 + 38 log 54 .

Z

Z

Z

Sommando si trova log

3.

3 5 + log 2 4

3 20 3 3 5 5 5 −1 + = − log − log + . 8 64 8 2 8 4 16

=

1

−1

1

0

Riducendo rispetto all’asse x, Z 1 "Z 1−x2

#

"Z 1−x2

Z 1

x cos y dy dx = −1

Z 1

= =

x sin(1 − x2 ) dx = −

−1 − 12 {sin 0

x −1

0

Z 1 1

2

#

cos y dy dx = 0

sin(1 − x2 ) d(1 − x2 ) =

−1

− sin 0} = 0.

Lo stesso risultato si pu` o dedurre dal fatto che la funzione da integrare f (x, y) = x cos y `e dispari in x e l’insieme di integrazione `e simmetrico rispetto all’asse y.

Z

4. D

1 dx dy. x2 + y 2

3 y=x 2 1

D

0

1

2

3

Riducendo rispetto all’asse x Z 3 Z x

"Z

#

3 1 x 1 1 y dx dy = 2 d 2 2 y x 1 0 x +y 1 x 0 1+ x x Z 3 Z 3 y 1 π π = arctan dx = · dx = log 3. x x 4 4 1 1 0

Z

dx

Invece, proiettando sull’asse y si ha 3 2 1 1 dx dy + dx dy = 2 2 2 2 x +y 1  1 y x + y  0  Z 1 Z 2 Z Z 1 3 1 3 1 x  1 x  d d = dy + dy = y y 0 y 1 1+ x y 1+ x 1 y y y

Z 1 Z 3

Z

!

Z

Z

!

2 x 3 x 3 arctan

arctan

dy + dy = = y 1 y 1 0 Z 1 Z 2y 1 1 3 3 1 = arctan − arctan dy + arctan − arctan 1 dy = y y 1 y Z02 y Z 1 y 3 1 π y arctan dx − arctan dy − log 2. = y y 4 0 0

Z 1

I due integrali si calcolano per sostituzione e per parti. In particolare abbiamo Z

arctan

1 dy y

y= 1s

/

1 s

Z

(arctan s) d

=

Z

1 1 · ds s 1 + s2

Z

(arctan 3s) ds−2

1 arctan s − s

e Z

3 y arctan dy y

y= 1s

/

1 1 (arctan 3s) d s s

Z

1 1 = − s−2 arctan 3s + 2 2

1 =− 2

1 1 · ds. s2 1 + s2

Z

Avendo ridotto gli integrali ad integrali di funzioni razionali, si sa che il calcolo `e possibile ma, in questi casi, piuttosto laborioso. Z

2

e y dx dy.

5. D

y = 21 x 1

1

0

Z 2 "Z 1

Proiettando sull’asse x si ha 0

1 x 2

e

y2

2

# 2

dy dx. Tuttavia si sa che le primitive di e y non

si esprimono mediante funzioni elementari. Invece, proiettando sull’asse y Z D

2

e y dx dy =

Z 1 Z 2y 0

0

2

e y dx dy =

Z 1 0

ey

2

Z 2y

Z 1

dx dy = 0

0

2

h

2ye y dy = e y

2

i1 0

= e − 1.

Integrali doppi con e senza cambiamento di variabili Z

6.

xy dx dy D

y=

1

1

0

√

2x − x2

2

Riducendo rispetto all’asse x, Z 2 "Z √2x−x2

#

Z 2

"Z √ 2x−x2

#

√

2x−x2 1 2

x x y2

dx = xy dy dx = y dy dx = 0 2 0 0 0 0 0 ) (

Z 2 1 2 3 1 4

2 1 2 1 8 2 2 1 x(2x − x ) dx = =2 x − x = · · 8 − · 16 = − 2 = . 2 3 4 2 3 8 3 3 0 0 Z

In coordinate polari l’equazione della semicirconferenza y =

√

2x − x2 `e r = 2 cos θ, con

0 ≤ θ ≤ π2 .

1

r θ 1

0

2

Dunque il cambio di coordinate `e (

x = r cos θ

Z

Z

xy dx dy = 0

D

=

1 4

Z 0

π 2

x dx dy. D

"Z 2 cos θ

#

(r cos θ) · (r sin θ)r dr dθ =

0

0 ≤ θ ≤ π2 0 ≤ r ≤ 2 cos θ Z

π 2

"Z 2 cos θ

(cos θ sin θ)

0

1 [cos θ sin θ](2 cos θ) dθ = − · 16 4

Z

7.

π 2

y = r sin θ

4

Z 0

π 2

# 3

r dr dθ = 0

1 π 2 cos θ d cos θ = 4 · 1 − cos6 = . 6 2 3 5

y=

1

−1

√

1 − x2

1

0

Z

Si vede che

x dx dy = 0 per simmetria. Verifichiamolo esplicitamente D

Z 1 "Z √1−x2

Z

x dx dy =

Z 1

x dy dx = −1

D

#

0

3 1

= − 12 · 32 (1 − x2 ) 2

−1

p

x 1−

1 =− 2

x2 dx

−1

Z 1 p

1 − x2 d(1 − x2 ) =

−1

= − 13 {0 − 0} = 0.

In coordinate polari risulta Z 1 Z π

Z 1

(ρ cos θ)ρ dθ dρ = 0

Z

8.

Z π

2

ρ dρ

0

0

0

A = {(x, y) ∈ R2 |

|x − 1|y dx dy,

A

1 cos θ dθ = [sin π − sin 0] = 0. 3

q

2y − y 2 ≤ x ≤ 2 − y}

2

1

1

0

Z A

|x − 1|y dx dy =

Z

2

|x − 1|y dx dy +

A1

Z

|x − 1|y dx dy

A2

dove A1 = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 0, 2y − y 2 ≤ x ≤ 1} A2 = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 0, 1 ≤ x ≤ 2 − y}. p

Abbiamo quindi Z

|x − 1|y dx dy =

Z 1

Z 1

dy √ 0

A

Z 1"

x2 x− 2

= 0

=

1 4

=

1 2

=

1 2

#x=1

(1 − x)y dx + 2y−y 2 Z 1" 2 x

y dy +

√

2

0

2y−y 2 q 2 y

x=

Z 2−y

Z 1

dy

(x − 1)y dx =

−x x=1 Z 1

!

(x − 1)y dx =

1

0 #x=2−y

"

#

(2 − y)2 1 y y− y + − 2y − − (2 − y) dy = dy + + 2 4 2 0 0 Z 1 q 1 1 y 2y − y 2 dy − + = + 13 − 18 − 3 Z 8q 0 Z 1 q 1 1 (−2y + 2) 2y − y 2 dy − +2 2y − y 2 dy Z 1

y2

0

0

concludiamo osservando che il primo integrale `e elementare, mentre nel secondo effettuiamo la sostituzione y = t + 1, ottenendo Z

|x − 1|y dx dy =

1 2

+

1 2

=

1 2 5 6

+

1 3 π 4.

A

=

−

9. Osserviamo che

2 3

3

h

iy=1

Z 0 p

(2y − y 2 ) 2 − 1 − t2 dt = y=0 −1 h √ i0 = − 2t 1 − t2 + 12 arcsin t ·

−1

(

y − x se y ≥ x x − y se x > y.

|y − x| =

Pertanto conviene scomporre T in due regioni come in figura.

1

−1

1

0

Si ottiene Z Z

|y − x| dx dy =

ZT1

Z 1

Z x

dx 0

x

(x − y) dy +

2

Z 1

dy 0

Z 1

Z y √ (y − y

− x) dx =

3 1 1 = x − x − (x2 − x4 ) dx + y 2 + y 2 − (y 2 − y) dy = 2 2 0 0 1 = 13 − 14 − 16 + 10 + 31 + 25 − 16 + 41 = 20−15−10+6+20+24−10+15 = 60 5 = . 6

2

3

10. Ragionando come nell’esercizio precedente conviene scrivere C = C1 ∪ C2 , dove C1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ C2 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤

q

π ,0 ≤ y q q2 π π , − 2 2

≤

q

π 2

− x2 }

≤ y ≤ 0}

pπ 2

C1 0

C2 −

pπ 2

Quindi Z Z

2

I = √C1 Z

=

π 2

xy sin x cos y dx dy + Z √π 2 2

dx x sin x2

0

Z √π 2

= 0

Z Z

2

−x

C2

−xy sin x2 cos y 2 dx dy = Z √π Z 2

y cos y 2 dy −

0

0

dx x sin x2

2 √ π y cos y dy =

−

0

2

1 1 3 1 sin x2 cos x2 dx = + = . 2 8 4 8

11. Calcoliamo prima l’integrale mediante riduzione ad integrali semplici. √ y = + 4 − x2

2

−2

2

0

√ y = − 4 − x2

−2

Proiettando sull’asse x Z 2 "Z √4−x2 −2

√

− 4−x2

# 2

Z 2

x dy dx =

x −2

2

"Z √

4−x2

√ − 4−x2

#

Z 2

dy dx = 2 −2

p

x2 4 − x2 dx

ora conviene sostituire x = 2 sin s Z

Z

p

→ (4 sin2 s)(2 cos s)(2 cos s) ds = 16 Z Z 1 1 − cos 4s 4 sin2 2s ds − 4 ds = 2s − sin 4s + c → 2 2 → 2 arcsin x2 − 21 sin 4 arcsin x2 + c x2 4 − x2 dx

da cui

Z 2 "Z √4−x2

#

Z

[sin s cos s]2 ds =

x x 2 x dy dx = 4 arcsin = − sin 4 arcsin √ 2 2 −2 − 4−x2 −2 = 4[arcsin 1 − sin 4 arcsin − arcsin(−1) − sin 4 arcsin(−1)] = 8(arcsin 1 − sin 4 arcsin 1),

2

perch´e sin sin x che arcsin x sono funzioni dispari. Ora arcsin 1 =

π , 2

sin 4 arcsin 1 = sin 2π = 0

e l’integrale richiesto vale 4π. Calcoliamo ora quest’integrale passando a coordinate polari. Z Z

D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 4}

x2 dx dy

D

x = ρ cos θ, Z 2π Z 2 0

=4·

y = ρ sin θ,

1 2

· 2π = 4π

Z 2π

[ρ2 cos2 θ]ρ dρ

0

0≤ρ≤2 dθ = 0

0 ≤ θ ≤ 2π

cosθ dθ

Z 2 0

ρ3 dρ =

Z 2π 1 + cos 2θ

1 · 16 4

0

2

dθ =

Integrali multipli ed integrali iterati; scambio di ordine di integrazione Si procede in questo modo: dato un integrale Z b Z

f (x, y) dy dx a

Sx

si identifica l’insieme D = {(x, y) | y ∈ Sx , a ≤ x ≤ b} si interpreta quindi l’integrale iterato come integrale ottenuto riducendo l’integrale doppio Z

f (x, y) dx dy D

rispetto all’asse x. Quindi si riduce quest’integrale doppio rispetto all’asse y. 12.

4 y = x2

2

0

y = −x2 −4

Z 2 "Z x2

#

Z

dy dx = 0

−x2

dx dy D Z 4 "Z 2

= −4

Da cui

Z 2 " Z x2

g(y)

#

−x2

Z 4 "Z 2

Z

dy dx = 0

D = {(x, y) ∈ R2 | −x2 ≤ y ≤ x2 , −2 ≤ x ≤ 2} # ( √ y, y≥0 dx dy, g(y) = √ . −y, y < 0.

dx dy = D

0

√

#

Z 0 "Z 2

dx dy + y

−4

√

#

dx dy −y

Z

13.

Ï€ 2

Z x

Z

dy dx =

dx dy, dove

sin x

0

D

D = (x, y) ∈ R2 | sin x ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤

2

Ï€ . 2

y=x

Ï€ 2

y = sin x 1

Ï€ 2

1

0

2

La proiezione di D sull’asse y `e 0, π2 e quindi

Z

Ï€ 2

Z

dx dy = D

"Z

0

#

(

dx dy,

(x, y) y ≤ x ≤ arcsin y 0 ≤ y ≤ 1 (x, y) y ≤ x ≤ π2 1 ≤ y ≤ π2

Sy =

Sy

da cui Z 1 Z arcsin y

Z

dx dy +

dx dy = 0

D

Z 1 "Z √2−x2

14. Possiamo scrivere −1 √ 2 − x2 , −1 ≤ x ≤ 1}.

Ï€ 2

Z 1

y

#

Z

dy dx = |x|

D

Ï€ 2

#

dx dy.

y

dx dy, dove D = {(x, y) ∈ R2 | |x| ≤ y ≤

x= √

"Z

p

2 − y2

2 1

−1

Quindi

Z 1 "Z √2−x2

#

Z 1 Z y

dy dx = −1

|x|

1

0

Z √2 "Z √2−y2

dx dy + 0

−y

√

1

−

#

dx dy. 2−y 2

Z 1 Z y

Z

dx dy =

15. Possiamo scrivere 0

0

D

dx dy, dove D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤

1}. x=y 1

1

0

Quindi Z 1 Z y

Z 1 Z 1

0

Z 1 "Z e x

16. Possiamo scrivere

0

0

#

Z

dy dx = −x

0

D

dy dx.

dx dy = x

dx dy, dove D = {(x, y) ∈ R2 | −x ≤ y ≤ e x , 0 ≤

x ≤ 1}.

ex

e

1

0

1 y = −x

−1

Quindi Z 1 "Z e x

#

Z 0 Z 1

dy dx = 0

−x

Z 1 Z 1

dx dy + −1

−y

Z e Z 1

dx dy + 0

0

dx dy. 1

log y

17. [?] Z 1

!

Z 2−y2

18.

f (x, y) dx 0

y2

y ≤ 1}.

Z

dy = D

f (x, y) dx dy, dove D = {(x, y) ∈ R2 | y 2 ≤ x ≤ 2−y 2 , −1 ≤

1

1

0

2

−1

Quindi Z 1

!

Z 2−y2

f (x, y) dx 0

19. [?]

y2

Z 1

Z √x

dy =

!

f (x, y) dy 0

0

Z 2

Z √2−x

dx +

!

f (x, y) dy 1

0

dx.

Coordinate polari 20. Utilizzando le coordinate polari x = ρ cos θ y = ρ sin θ √

il dominio T = {(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤

1 − x2 } si trasforma nel rettangolo

R = {(ρ, θ) ∈ R2 | 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π} θ

π y 1

x2 + y 2 = 1 T

−1

R 1

0

x

ρ

1

0

ed il determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e ρ. Dunque Z

e

x2 +y 2

Z R

= π·

Z 1 Z √1−x2

21. 0

√

h

1 ρ 2e

i 2 1 0

ρ2

0

0

= π2 e .

(x2 + y 2 ) dx dy.

x−x2

1

−1

x2 + y 2 = 1

0

1 2

e ρ dρ

e ρ dρ dθ =

dx dy =

T

Z π Z 1

ρ2

1

Se indichiamo con D1 e D2 i domini rappresentati qui di seguito

dθ =

1

1 D1

D2 1

0

1

0

possiamo scrivere Z 1 Z √1−x2 0Z

√

(x2 + y 2 ) dx dy =

x−x2 2

Z

2

2

(x + y ) dx dy −

(x + y ) dx dy =

= D

2

Z

D1

(x2 + y 2 ) dx dy.

D2

Passando a coordinate polari centrate nell’origine Z

2

π 2

Z

2

(x + y ) dx dy = D1

2

π 2

Z

2

(x + y ) dx dy = D1

0

Z

= = = = =

π 2

3

ρ dρ

dθ =

0

0

mentre Z

Z 1

!

Z cos θ

3

ρ dρ 0 cos4 θ

π 1 π · = 2 4 8

dθ =

1 4

dθ = Z

π 2

(1 + cos 2θ)2 dθ = 4

0 Z π4 0 2 1 2 (1 + cos 2θ + 2 cos 2θ) dθ = 16 Z0 π 2 1 3 cos 4θ + + 2 cos 2θ dθ = 16 0 2 2 π 2 1 3 1 θ + sin 4θ + sin 2θ = 16 2 8 0 3 π, 64

da cui Z

(x2 + y 2 ) dx dy =

D

π 3 5 − π = π. 8 64 64

22. Il dominio di integrazione `e il cerchio di raggio r centrato nell’origine. Passando a coordinate polari otteniamo Z r Z 2π

Ir =

e 0

−ρ2

ρ dθ

0

r 1 2

2 dρ = −2π · · e −ρ

= π 1 − e −r . 2 0

Quindi

I = lim Ir = lim π 1 − e −r r→+∞

r→+∞

2

= π.

Z

23.

x2 dx dy

D

1

2

Passando a coordinate polari Z

Z 2π Z 2

2

24.

Z q

Z 2π

ρ(ρ cos θ) dρ dθ =

x dx dy = 0

D

2

Z 2

2

cos θ dθ

1

0

ρ3 dρ =

1

1 1 1 · = . 2 4 8

x2 + y 2 − 1 dx dy

D

1

3

Passando a coordinate polari Z q D

x2 + y 2 − 1 =

Z 3

=π

Z 2π Z 3 q 0

1

1Z

2ρ(ρ2 − 1) 2 dρ = π

1

3 3

2 = π · (ρ2 − 1) 2

3 1

ρ ρ2 − 1 dρ dθ = 2π 3

Z 3 q

ρ ρ2 − 1 dρ =

1 1

(ρ2 − 1) 2 d(ρ2 − 1) = 1 2 3 32π √ 2. = π · · 82 = 3 3

25.

Z q

x2 + y 2 dx dy

D

1

1

Z q

x2

+

y 2 dx dy

Z

=

D

Z

26.

π 2

Z 1 q

ρ2 dρ dθ

ρ

0

π 2

Z

=

0

dθ ·

Z 1

0

ρ2 dρ =

0

π 1 π · = . 2 3 6

(x2 + y 2 ) dx dy

D

1

ρ θ 1

0

2

−1

Sostituendo le coordinate polari x = ρ cos θ, y = ρ sin θ nell’equazione della circonferenza x2 +y 2 −2x = 0 ricaviamo che ρ varia tra 0 e 2 cos θ. Quindi Z

2

Z

2

(x + y ) dx dy =

π 2

− π2

D

Z

= 4

π 2

π 2

− π2

Z

= 4

0

− π2

Z

= 4

"Z 2 cos θ

π 2

− π2

= 2π −

3 2 π.

1 ρ · ρ dρ dθ = 4

cos4 θ dθ = 4 cos2 θ dθ −

Z

Z

1 2

Z

π 2

− π2

π 2

π 2

− π2

Z

π 2

− π2

π 2

− π2

2 cos θ

ρ4

0

(2 cos θ sin θ)2 dθ = Z

π 2

− π2

sin2 2θ dθ =

(1 − cos 4θ) dθ = 1 2

Z

dθ =

(cos2 θ) · (1 − sin2 θ) dθ =

− π2

1 + cos 2θ dθ − 2

= 2π − 21 π + =

#

2

cos 4θ dθ =

Z

27. I =

D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 < 4, y ≥ 0}.

(x − y) dx dy

D

Z π Z 2

I = 0 0 Z π

=

Z 2

(cos θ − sin θ) dθ ·

= =

ρ(ρ cos θ − ρ sin θ) dρ dθ =

8 3 8 3

Z0 π 0

0

(cos θ − sin θ) dθ =

[sin θ + cos θ]π0 = − 16 3 .

ρ2 dρ =

Altri cambiamenti di coordinate Z

28. I = D

s

4−

2 x

a

−

2 y

b

n

dx dy, con D = (x, y) ∈ R2 |

x 2 a

+

y 2 b

o

≤1 .

b D −a

a

0

−b

Il cambiamento di coordinate (

x = aρ cos θ y = bρ sin θ

ha abρ come valore assoluto del determinante della matrice jacobiana. Quindi

Z 2π Z 1

I = 0

= 2πab

q

abρ 4 − ρ2 dρ dθ =

Z 01 q

ρ 4−

ρ2 dρ

0 3

= −πab

Z 1

h 03

1

1

(−2ρ)(4 − ρ2 ) 2 dρ = 3

i

= −πab 32 (4 − ρ2 ) 2 = −πab 32 3 2 − 4 2 = h √ i 0 = πab 16 − 2 3 . 3

Z

29. D

xy dx dy, con D = {(x, y) ∈ R2 |

semiassi 2 e 4 rispettivamente.

x 2 2

+

y 2 4

≤ 1}, ovvero i punti interni all’ellisse di

4

D

2

0

Passiamo a coordinate polari ellittiche (

x = 2ρ cos θ y = 4ρ sin θ

ed otteniamo che lo jacobiano della trasformazione `e 8ρ. Quindi Z 2π Z 1

Z

xy dx dy = D

0

(8ρ) · (2ρ cos θ) · (4ρ sin θ) dρ dθ =

Z 2π 0 Z 1

64 = 64 ρ dρ cos θ sin θ dθ = 4 0 0

2π 1 2

= 16 · 2 sin θ = 0. 3

Z 2π

sin θ d(sin θ) = 0

0

30. Va calcolato lo jacobiano della trasformazione x = x(u, v),

y = y(u, v)

ossia x= Lo jcobiano `e

1

v+1

v

v+1

u uv , y= v+1 v+1 u (v + 1)2 u (v + 1)2

−

⇒

xy =

u2 v . (v + 1)2

u uv u

+ = .

= 3 3

(v + 1) (v + 1) (v + 1)2

n

Inoltre si ha che D = (x, y) |

1 a

≤ x + y ≤ a,

â„Ś = (u, v) |

1 b

≤

y x

o

≤ b corrisponde all’insieme

1 1 ≤ u ≤ a, ≤ v ≤ b a b

e quindi Z D

1 dx dy = xy =

(v + 1)2 u 1 ¡ du dv = du dv = 2 2 u v â„Ś (v + 1)! â„Ś uv ! Z a Z b 1 1 du ¡ dv = 2 log a ¡ 2 log b = 4 log a log b. 1 u 1 v a b

Z

Z

Applicazioni 31. Ricordiamo che se µ(x, y) `e la densit`a di una lastra D, le coordinate xB ed yB del baricentro si calcolano nel modo seguente 1 xB = · M

1 yB = · M

Z

xµ(x, y) dx dy D

Z

yµ(x, y) dx dy D

dove la massa M `e data da Z

M=

µ(x, y) dx dy. D

Z

In particolare, se la lastra `e omogenea di densit`a costante µ, M = µ

dx dy = M · Area(D)

D

e le formule diventano 1 · xB = Area(D)

Z

x dx dy D

1 yB = · Area(D)

Z

y dx dy. D

(a) Calcoliamo l’area di D

1

D

1

0

Z 1 Z y

Z

Area(D) =

2

dx dy = D Z 1

= 0

dx 0

"y

dy =

2

y2 y3 (y − y 2 ) dy = − 2 3

#1 0

1 = . 6

Quindi y 1 1 x dx = x dx dy = 6 Area(D) y2 0 D Z 1 Z 1 " 2 #y x (y 2 − y 4 ) dy = =3 = 6 2 0 0 y2

Z

xB

"

y3 y5 = 3 − 3 5 yB =

1 Area(D) Z 1

= 6 =

#1

=3 0

1 1 − 3 5

y4 − 3 4

dy =

y dx

y dx dy = 6 D

2 = , 5

Z 1 Z y

Z

y(y − y 2 ) dy = 6

" 0 y3

Z

Z

Z 10

dy =

y2

(y 2 − y 3 ) dy =

0

#1

=6 0

1 1 − 3 4

1 = . 2

(b) D = {(x, y) ∈ R2 | x2 ≤ y ≤ 2 − x, −2 ≤ x ≤ 1}.

4

D 1

−2

Z 1 Z x

Area(D) = = =

x2 x2

Z 1

dy "−2

1

0

dx =

x3 2x − − 2 3 9 . 2

#1 −2

(2 − x − x2 ) dx =

−2

1 1 =− − +2− 3 2

8 −2−4 = 3

Quindi xB

Z 1 Z 2−x

2 1 x dy dx = (2x − x2 − x3 ) dx 9 x2 −2 −2 #1 x3 x4 2 1 9 2 x − = · − =− , − 3 4 −2 9 4 2

2 = "9 =

= = =

Z

2−x 2 1 1 1 y dy dx = [(2 − x)2 − x4 ] dx 9 −2 x2 9 −2 " #1 Z 1 1 1 x5 x3 4 2 2 (−x + x − 4x + 4) dx = = − + − 2x + 4x 9 −2 9 5 3 −2 1 1 1 64 8 − + −2+4− − −8−8 9 5 3 5 3 8 . 9

Z

Z

yB =

Z

(c) Possiamo scrivere x2 + y 2 − 4x = (x − 2)2 + y 2 − 4 e dunque D `e il disco con centro in (2, 0) e raggio 2; 2

2

4

−2

Per simmetria il centro di massa si trova sull’asse x. Inoltre sappiamo che la sua ascissa `e data da 1 x0 = M

Z

µ(x, y) dx dy, D

dove la massa M `e data da Z

M=

x · µ(x, y) dx dy =

D

Z q

x2 + y 2 dx dy.

D

Passiamo a coordinate polari (

dove − π2 ≤ θ ≤

π 2,

x = r cos θ y = r sin θ

mentre r varia tra 0 e l’estremo r0 , che si ottiene sostituendo

nell’equazione x2 + y 2 − 4x = 0. Avremo dunque r02 − 4r0 cos θ = 0, ovvero r0 = 4 cos θ e Z

M

=

π 2

Z 4 cos θ

− π2

= =

r · r dr

Z

dθ =

0 π

π

π 2

"

− π2

r3 3

#4 cos θ

dθ = 0

64 2 64 2 cos3 θ dθ = (1 − sin2 θ) cos θ dθ = 3 − π2 3 − π2 π 2 1 1 64 64 1 3 sin θ − sin θ 1 − − −1 + = = 3 3 3 3 3 − π2 256 . 9 Z

=

!

Z

Quindi x0 =

9 256

Z

= =

Z 4 cos θ

− π2

!

r cos θ · r · r dr

π

"

#4 cos θ

"

= =

dθ =

0

2 9 r4 dθ = cos θ 256 − π2 4 0 Z π Z π 9 2 9 2 5 cos θ dθ = (1 − sin2 θ)2 cos θ dθ 4 − π2 4 − π2 Z π 9 2 (1 + sin4 θ − 2 sin2 θ) cos θ dθ = 4 − π2

Z

=

π 2

9 sin5 θ 2 sin3 θ − + sin θ 4 5 3 9 1 2 12 2 − +1 = . 4 5 3 5

#π 2

= − π2

32. Ricordiamo che il momento di inerzia di una lastra D, di densit`a µ(x, y), rispetto ad un asse passante per P `e dato dalla formula 1 I= M

Z

µ(x, y)d(x, y)2 dx dy,

D

dove M `e la massa totale e d(x, y) `e la distanza del punto (x, y) dal punto fissato P . In particolare, se la densit` a µ(x, y) `e costante, la formula si semplifica nel modo seguente Z

I=

d(x, y)2 dx dy.

D

(a) Possiamo supporre che il punto P abbia coordinate (−R, 0). Quindi il punto (x, y) dista dall’asse di rotazione (x + R)2 + y 2 .

(x, y)

P

0

Dunque il momento d’inerzia `e Z

I =

[(x + R)2 + y 2 ] dx dy =

D Z 2π

"Z

= =

(b) Sia

R

)

ρ[(ρ cos θ + R)2 + ρ2 sin2 θ] dρ

dθ =

0

0

= 0

Z 2π (Z R

#

(ρ3 + 2ρ2 R cos θ + ρR2 ) dρ dθ =

0

Z 2π 1

2 1 R4 + R4 cos θ + R4 4 3 2 0 3 4 3 4 R · 2π = πR . 4 2

dθ =

x2 y 2 + 2 = 1 l’ellisse. a2 b

(x, y)

P

La distanza di (x, y) dall’asse di rotazione `e Z

I=

p

x2 + y 2 e quindi il momento d’inerzia `e

(x2 + y 2 ) dx dy,

D

essendo D l’ellisse. Passando a coordinate polari ellittiche (

x = aρ cos θ y = bρ sin θ

si trova

Z 2π Z 1

2 2

2

2 2

2

ρ(a ρ cos θ + b ρ sin θ) dρ dθ =

I = 0

Z 2π 0 1

(a2 cos2 θ + b2 sin2 θ) dθ = 4 2π 1 + cos 2θ 1 1 + sin 2θ a2 dθ = ab + b2 4 2 2 0 1 1 ab(a2 + b2 ) · 2π = ab(a2 + b2 )π. 8 4

= ab

0Z

= =

(c) Sia D il quadrato con due lati sugli assi, un vertice nell’origine ed uno in (l, l).

(x, y)

l

P

l

Il momento d’inerzia `e Z

2

D l4

=

3

Z l

2

0

0

0

+

2

(x + y ) dx dy =

(x + y ) dx dy =

I =

#

Z l "Z l

2

l3 + ly 2 3

!

dy =

l4 2 = l4 . 3 3

(d) Sia D il rettangolo di vertici (±a, ±b). b (x, y)

−a

a

P

−b

Z

2

I =

Z a "Z b

2

(x + y ) dx dy = !

2

"

−b x3

−a

#a

b3 b3 = 2 bx + dx = 2 b + x 3 3 3 −a ! 3 3 a b 4 = 4 b· + · a = ab(a2 + b2 ). 3 3 3 Z a

2

Z a "

(x + y ) dy dx = −a

D

# 2

−a

y3 x y+ 3

#b

2

dx = −b

(e) Se rappresentiamo il triangolo T nel modo seguente

b

h

P −b

avremo

Z

I =

2

(x + y ) dx dy = T Z h"

= =

2

Z h "Z − h x a 0

h 2 x ·2· x+ · a! 3 0 h2 h5 · 1+ 2 . 2a 3a 2

h x a

x −h a 3 #

# 2

(x + y ) dy dy =

2 h 1 dx = 2 · · h4 + · a 4 3

(f) L’asse di rotazione sia x = −R.

(x, y)

−R

asse

2

0

3 h 1 · h4

a

4

Il punto (x, y) dista x + R dall’asse e quindi Z

I =

0

0

= =

2

2

R4 · cos2 θ + R2 · 4 0 Z R4 2π 1 + cos 2θ dθ + 4 0 2 4 πR + πR4 = 4 4 5πR . 4

Z 2π

=

# 3

2

(ρ cos θ + R ρ + 2Rρ cos θ) dρ dθ =

= =

0

0

"Z R

2

ρ(ρ cos θ + R) dρ dθ =

(x + R) dx dy = D Z 2π

#

Z 2π "Z R

2

R2 R3 + 2R · cos θ 2 3 R4 · 2π + 0 = 2

!

dθ =

Ulteriori integrali doppi Z

33.

K = {(x, y) ∈ R2 | |2y − x| ≤ 2, |2y + x| ≤ 2}.

cosh(2y − x) dx dy,

K

y=

1

−2

x 2

+1

y=

−1

1

x 2

−1

2

y = − x2 + 1

−1

y = − x2 − 1

Pongo (

(

ξ = 2y − x η = 2y + x

⇒

x = y =

1 2 (ξ 1 4 (ξ

− η) + η)

da cui ottengo che la matrice jacobiana della trasformazione `e

J= Quindi det J =

1 4

− 12 1 4

1 2 1 4

.

e dunque dx dy = | det J| dξ dη =

1 dξ dη, 4

inoltre il dominio di integrazione corrisponde a K 0 = {(ξ, η) ∈ R2 | −2 ≤ ξ ≤ 2, −2 ≤ η ≤ 2}. Quindi l’integrale si trasforma in Z

cosh(2y − x) dx dy =

K

Z

K0

cosh ξ ·

1 dξ dη = 4 Z

2 2 2 1 2 = cosh ξ dξ dη = dη · cosh ξ dξ = 4 −2 −2 −2 −2 1 1 = [η]2−2 · [sinh ξ]2−2 = · 4 · [sinh 2 − sinh(−2)] = 4 4 = 2 sinh 2.

Z

Z

Z

34. Z

I=

D = {(x, y) ∈ R2 | x + y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1}

|x|y dx dy,

D

Quindi possiamo scrivere Z

Z

I=

xy dx dy +

(−x)y dx dy

D1

D2

dove D1 = D ∩ {x ≥ 0},

D2 = D ∩ {x < 0}.

1 D2 D1 1

Passando a coordinate polari, Z

(ρ cos θ) · (ρ sin θ) · ρ dρ dθ +

I = ZE1

=

ρ3 sin θ cos θ dρ dθ −

(−ρ cos θ) · (ρ sin θ) · ρ dρ dθ =

E2

Z

E1

Z

ρ3 sin θ cos θ dρ dθ,

E2

dove E1 = {(ρ, θ) | 0 < ρ ≤ 1, −

π π ≤ θ ≤ }, 4 2

E2 = {(ρ, θ) | 0 < ρ ≤ 1,

π 3π ≤θ≤ }, 2 4

da cui Z 1

I =

ρ 0

= = = = =

3

Z

π 2

!

− π4

sin θ cos θ dθ

dρ −

Z 1

3

ρ 0

Z

3π 4 π 2 3π 4 π 2

iπ i 4 1 h 1 1 h ρ 0 · 2 sin2 θ 2 π − 14 ρ4 0 · 21 sin2 θ −4 2π 1 h 2 3π 1 π 2 sin − − · sin 4 − sin2 · − sin 8 2 4 8 1 4

1 1 8 · 1− 2 1 1 16 + 16 1 8.

−

1 8

·

1 2

−1 =

!

sin θ cos θ dθ

= π 2

i

=

dρ =

35. La funzione integranda si pu` o scrivere come ( p

q

x2 + y 2 ≤ 1 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2

x2 + y 2 se 1 se

f (x, y) = min{ x2 + y 2 , 1} = e quindi Z

I = =

f (x, y) dx dy = ZD q

x2

+

y 2 dx dy

Z

+

D1

dx dy D2

con D1 = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1}, D2 = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, 1 < x2 + y 2 ≤ 2}.

D2 D1 1

√

2

Passando a coordinate polari Z 1

π 2

Z

I = 0

Z 1

= = = =

Z √2

! 2

ρ dθ

dρ +

0

ρ2 dρ ·

Z

π 2

π 2

Z

Z

1 √ 2

dθ +

!

ρ dθ

dρ =

0

ρ dρ ·

0 h i1 0 h i√21 π 1 2 π 1 3 ρ + 2 2ρ = 2 3 0 h i1 π 1 1 2 · 3 + 2 · (2 − 1) = 5 12 π.

Z

π 2

dθ =

0

36. Z

I=

(3y + e x ) dx dy,

A = {(x, y) | x2 − 1 ≤ y ≤ 1 − x2 }

A

1

−1

0

−1

1

quindi Z 1 "Z 1−x2

I = =

#

(3y + e x ) dy dx =

x2 −1 −1 Z 1 3 2

y + e xy

Z−1 1

= −1 Z

1

= 2

1−x2

dx = 2 x2 −1 3 3 2 2 2 x 2 2 x 2 (1 − x ) + e (1 − x ) − (x − 1) − e (x − 1) dx = 2 2 Z 1 Z 1 x x 2 x2 e x dx. e dx − 2 e (1 − x ) dx = 2 −1

−1

−1

Il primo integrale `e elementare, mentre il secondo lo risolviamo per parti nel modo seguente Z

x2 e x dx = x2 e x − 2

Z

xe x dx = x2 e x − 2 xe x −

Z

e x dx = e x (x2 − 2x + 2)

e sostituendo nell’espressione precedente I = 2[e x − e x (x2 − 2x + 2)]1−1 = 2[e x (−x2 + 2x − 1)]1−1 = = 2e (−1 + 2 − 1) − 2e −1 (−1 − 2 − 1) = = 8e −1 .

Z

37. I = K

√ x K = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ √ ≤ y ≤ 3x, 1 ≤ xy ≤ 4 . 3

xy dx dy, 2 x + y2

4 3 2 1

Ď€ 3

0

Ď€ 6

1

2

3

4

Passando a coordinate polari Z

I= con

K0

Ď cos θ ¡ Ď sin θ ¡ Ď dĎ dθ, Ď 2

K 0 = n(Ď , θ) | 1 ≤ Ď 2 cos θ sin θ ≤ 4, Ď€6 ≤ θ ≤ Ď€3 = o = (Ď , θ) | √sin 1θ cos θ ≤ Ď â‰¤ √sin 2θ cos θ , Ď€6 ≤ θ ≤ Ď€3 .

Quindi π 3

Z

I =

π 6 π 3

Z

=

π 6

=

3 2

=

3 2

π 3

Z π 6

·

2 √ sin θ cos θ

Z

π 6

!

ρ sin θ cos θ dρ

1 √ sin θ cos θ 2 √ sin θ cos θ 2

1 ρ 2

dθ =

√

dθ = = π4 .

1 sin θ cos θ

sin θ cos θ dθ =

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