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D
Z 2 2 2 2
{(x, ≤ ≤ ≤
(b) x + y dx dy , D = y) : x + y 1, 0 y x};
D
Z 2 2 2
{(x, ≤ ≤ ≥
(c) x dx dy , D = y) : 1 x + y 4, y 0};
D
Z 2 2
{(x, ≤ ≥
(d) y dx dy , D = y) : 4x + 9y 36, y 0}.
D
6. Sia D un disco circolare dotato di densità unitaria, avente centro in C = (r, 0) e raggio r. Verificare la
2
relazione I = I + r A, dove I e I sono i momenti di inerzia di D rispetto a O e a C e A è l’area di D.
0 C 0 C
7. Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densità unitaria C =
2 2 2 2
{(x, ≤ − ≥
y) : x + y 9, x + y 2x 0}.
8. Calcolare i seguenti integrali impropri:
Z −α
2 2 2 2
{(x, ≤ };
(a) (x + y ) dx dy , D = y) : 1 x + y
D
Z xy 2 2
{(x, ≤ ≥ ≥
dx dy , D = y) : 4 x + y , x 0, y 0};
(b) 4 4
(x + y )
D
Z x 2 2
{(x, ≥ ≥ ≥
(c) dx dy , D = y) : x + y 1, x 0, y 0};
2 2 2
(x + y )
D
Z x 2 2
{(x, ≤ ≤ ≤
(d) dx dy , D = y) : x + y 1, 0 y x};
2 2
(x + y )
D
Z x 2 2
{(x, ≤ −x ≤ ≤
(e) dx dy , D = y) : x + y 1, y 0}.
2 2 2
(x + y )
D INTEGRALI DOPPI
Esercizi svolti - SOLUZIONI
1. Calcolare i seguenti integrali doppi:
Z {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(a) xy dx dy , A = y) : 0 x 1, 0 y 1}.
A
È possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.
Integrando per verticali si ottiene 1 1
1 1 1 1
2 2
Z
Z Z Z Z
y x 1
x
xy dx dy = xy dy dx = x dx = dx = = .
2 2 4 4
A 0 0 0 0
0 0
Z 1 {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(b) dx dy , A = y) : 3 x 4, 1 y 2}.
2
(x + y)
A
È possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.
Integrando per orizzontali si ottiene 4
2 4 2
Z
Z Z Z
1 1 1
−
dx dy = dx dy = dy =
2 2
(x + y) (x + y) x + y
A 1 3 1 3
2
Z 1 1 25
2
−
= + dy = [− log (4 + y) + log (3 + y)] = ln .
1
4 + y 3 + y 24
1
Z 2 2
{(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(c) (2x + 3y) dx dy , A = y) : 0 x 1, x y 1}.
A
La regione A è sia orizzontalmente che verticalmente convessa. È quindi possibile risolvere l’integrale
indifferentemente per orizzontali o per verticali.
Integrando per verticali si ottiene 1
1 1 1
Z
Z
Z Z 3
2 2
2 2
(2x + 3y) dx dy = (2x + 3y) dy dx = 2x y + y dx =
2
2
A 0 x 0 2
x
1
1
Z 7 3 7 2 3 22
4 2 5 3
− −
= x + 2x + dx = x + x + x = .
2 2 10 3 2 15
0 0
Z − {(x, ≤ ≤ ≤ ≤ −
(d) (x 2y) dx dy , A = y) : 0 x 2, 0 y 2 x}.
A
La regione A è sia orizzontalmente che verticalmente convessa. È quindi possibile risolvere l’integrale
indifferentemente per orizzontali o per verticali.
Integrando per orizzontali si ottiene 2−y
2 2−y 2 2
Z
Z Z Z x
− − −
(x 2y) dx dy = (x 2y) dx dy = 2xy dy =
2
A 0 0 0 0
2
2
Z 5 5 4
2 3 2
− − −
= y 6y + 2 dy = y 3y + 2y = .
2 6 3
0 0
Z 2
{(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(e) xy dx dy , A = y) : 0 x 1, x y 1 + x}.
A
La regione A è sia orizzontalmente che verticalmente convessa, ma per la forma esplicita di A è più
conveniente integrare per verticali. Si ha quindi 1+x
1 1+x 1 2
Z
Z Z Z y
xy dx dy = xy dy dx = x dx =
2
2
A 0 x 0 2
x 1
1 6 4 2
Z
1 1 x x 2 x 5
5 3 2 3
−
= (−x + x + 2x + x) dx = + + x + = .
2 2 6 4 3 2 8
0 0
√
Z 3
{(x, ≤ ≤
(f) (x + y) dx dy , A = y) : 2x y 2 x}.
A
La regione A è sia orizzontalmente che verticalmente convessa. È quindi possibile risolvere l’integrale
indifferentemente per orizzontali o per verticali.
Integrando per orizzontali risulta 1/3
1/3 ! (y/2)
2
(y/2)
2 2
Z
Z
Z Z x
(x + y) dx dy =
(x + y) dx dy = + xy dy =
2
2
0 (y/2) 0
A 2
(y/2) 2
2 5 7/3
4 3 2/3 4/3 4 5/3
Z y y y y y 3y 3y 39
x
− − − −
= + + dy = + + = .
5/3 1/3 5/3 1/3
· · ·
32 4 5 32 16 35
2 2 5 2 7 2
0 0
Z sin y {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(g) dx dy , A = y) : 0 x π, x y π}.
y
A
Sebbene la regione A sia verticalmente e orizzontalmente convessa, non è possibile calcolare esplicita-
mente l’integrale per verticali, infatti la funzione (sin y)/y non è integrabile elementarmente rispetto a
y. Integrando per orizzontali si ottiene invece
π y π
Z
Z Z Z
sin y sin y π
dx dy = dx dy = sin y dy = [− cos y] = 2.
0
y y
A 0 0 0
Z 2 2
{(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(h) (x + 2y) dx dy , A = y) : 0 x 2, min{x , x} y max{x , x}}.
A
L’insieme A può essere visto come l’unione dei due insiemi
2 2
{(x, ≤ ≤ ≤ ≤ {(x, ≤ ≤ ≤ ≤ }
A = y) : 0 x 1, x y x}, A = y) : 1 x 2, x y x
1 2
la cui intersezione si riduce ad un punto delle relative frontiere. Possiamo quindi decomporre l’integrale
secondo: Z Z Z
(x + 2y) dx dy = (x + 2y) dx dy + (x + 2y) dx dy
A A A
1 2
dove entrambi gli integrali a secondo membro possono essere risolti integrando per verticali. Si ha
1 x 1
Z
Z Z Z 2 xx
(x + 2y) dx dy = (x + 2y) dy dx = [xy + y ] dx =
2
2
A 0 x 0
1 1
1 4 5
Z x x 13
2
2 3 4 3 − −
− − x =
= (2x x x ) dx = 3 4 5 60
0 0
e 2 !
2 x 2
Z Z Z Z 2
2 x
(x + 2y) dx dy = (x + 2y) dy dx = [xy + y ] dx =
x
A 1 x 1
2 2
2 4 5
Z 2 x x 317
2 3 4 3
− + =
= (−2x + x + x ) dx = x +
3 4 5 60
1 1
Quindi Z 13 317 11
(x + 2y) dx dy = + = .
60 60 2
A
Z 2
|x − {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(i) x sin y| dx dy , A = y) : 0 x 1, 0 y 1}.
A
Poichè 2 2
− ≤
sin (x y) se y x
2
|x −
sin y| = 2 2
−
sin (y x ) se y > x ,
si ha Z Z Z
2 2 2
|x − − −
x sin y| dx dy = x sin (x y) dx dy + x sin (y x ) dx dy
A A A
1 2
dove 2 2
{(x, ≤ ≤ ≤ ≤ }, {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
A = y) : 0 x 1, 0 y x A = y) : 0 x 1, x y 1}
1 2
Integrando per verticali otteniamo 2 !
x
1 1
Z Z Z Z 2
2 2 2 x
− − −
x sin (x y) dx dy = x sin (x y) dy dx = x[cos (x y)] dx =
0
A 0 0 0
1 1
1 2
Z x 1 1 1
2 2
− − −
= (x x cos (x )) dx = sin (x ) = sin 1
2 2 2 2
0 0
e 1 1 1
Z
Z Z Z
2 2 2 1
− − −
x sin (y x ) dx dy = x sin (y x ) dy dx = x[− cos (y x )] dx =
2
x
2
A 0 x 0
2 1
1 2
Z 1 1
x 1
2
2 − −
− − + sin (1 x ) = sin 1
= (x x cos (1 x )) dx = 2 2 2 2
0 0
Quindi Z 1 1 1
1 − − −
sin 1 + sin 1 = 1 sin 1.
(x + 2y) dx dy = 2 2 2 2
A
Z | − {(x, ≤ ≤ ≤ ≤
(j) sin x y| dx dy , A = y) : 0 x π, 0 y 1}.
A
Poichè − ≤
sin x y se y sin x
| −
sin x y| = −
y sin x se y > sin x,
si ha Z
Z Z
| − − −
sin x y| dx dy = (sin x y) dx dy + (y sin x) dx dy
A A A
1 2
dove {(x, ≤ ≤ ≤ {(x, ≤ ≤ ≤
A = y) : 0 xπ, 0 y sin x}, A = y) : 0 xπ, sin x y 1}
1 2
Integrando per verticali otteniamo ! sin x
π sin x π 2
Z Z Z Z y
− − −
(sin x y) dx dy = (sin x y) dy dx = y sin x dx =
2
A 0 0 0 0
1 π
π π
Z Z
1 1 1 π
1 2 − −
= sin x dx = (1 cos 2x) dx = x sin 2x =
2 4 4 2 4
0 0 0
e π 1 π 2
Z
Z Z Z y 1sin
− − −
(y sin x) dx dy = (y sin x) dy dx = [ y sin x] dx =
x
2
A 0 sin x 0
2 π π
Z Z
1 1 1 1
2 − − −
= sin x sin x + dx = (1 cos 2x) sin x + dx =
2 2 4 2
0 0
π
3 1 3
− −
= =
x sin 2x + cos x π 2.
4 8 4
0
Quindi Z π 3
| − − −
sin x y| dx dy = + π 2 = π 2.
4 4
A
Z 2 2 2 2
{(x, ≤ −x ≥ −x − ≥ −x
(k) x dx dy , A = y) : y + x/2 + 3, y x, y + 2x}.
A
L’insieme A può essere visto come l’unione dei due insiemi
2 2
{(x, −2 ≤ ≤ −x − ≤ ≤ −x
A = y) : x 0, x y + x/2 + 3},
1 2 2
{(x, ≤ ≤ −x ≤ ≤ −x
A = y) : 0 x 2, + 2x y + x/2 + 3}
2
aventi in comune solo punti delle relative frontiere. Possiamo quindi decomporre l’integrale secondo:
Z Z Z
2 2 2
x dx dy = x dx dy + x dx dy
A A A
1 2
dove entrambi gli integrali a secondo membro possono essere risolti integrando per verticali.
Si ha 2 ! 0
−x
0 +x/2+3 0
Z Z Z Z 3 3
2 2 3 2 4 3
x dx dy = x dy dx = x + 3x dx = x + x =2
2 8
2
−2 −x −x −2
A −2
1
e 2 ! 2
−x
2 +x/2+3 2
Z Z Z Z 3 3
2 2 3 2 4 3
− −
x dx dy = x dy dx = x + 3x dx = x + x = 2
2 8
2
−x
A 0 +2x 0 0
2
Quindi Z 2
x dx dy = 2 + 2 = 4.
A
2. Sia A la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici A = (0, 0), A = (1, 1) e A = (2, 0) e dotata di
1 2 3
densità unitaria. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto al vertice A .
1
Essendo {(x, ≤ ≤ − ≤ ≤
A = y) : y x 2 y, 0 y 1}
si ha 2−y
1 2−y 1 3
Z
Z Z Z x
2 2 2 2 2
+ y x dy =
I = (x + y ) dx dy = (x + y ) dx dy =
0 3
A 0 y 0 y
1
1
Z 8 8 2 4 8 4
3 2 4 3 2
− − −
− y + 4y 4y + dy = y + y 2y + y = .
= 3 3 3 3 3 3
0 0
3. Sia B la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici B = (0, 0), B = (0, 1) e B = (1, 0) e dotata di
1 2 3
densità unitaria. Calcolare il momento di inerzia di B rispetto al vertice B .
3
Risulta {(x, ≤ ≤ ≤ ≤ −
B = y) : 0 x 1, 0 y 1 x}.
p 2 2
∈ −
Poichè la distanza del generico punto (x, y) B dal vertice B è (x 1) + y , si ha
3 1−x
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