Analisi matematica II - integrali doppi - Esercizi

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

1 1−x 1 3

Z

Z Z Z y

2 2 2 2 2

− − −

I = (x 1) + y dx dy = (x 1) + y dy dx = y(x 1) + dx =

B 3 3

B 0 0 0 0

1

Z

4 1 1

3 4 10

− − − −

= (x 1) dx = [(x 1) ] = .

3 3 3

0

4. Calcolare il baricentro delle regioni di piano dotate di densità unitaria

2

{(x, ≤ ≤

(a) A = y) : x y 1}.

Siano x e y le coordinate del baricentro di A.

A A

Per simmetria risulta x = 0.

A

Invece Z

1

y = y dx dy

A M (A) A

dove M (A) è la massa di A.

Poichè 1

1 1 1 3

Z

Z Z Z x 4

2

− −

M (A) = dx dy = dy dx = (1 x ) dx = x =

3 3

2

−1 −1

A x −1

e 1

1 1 1 5

Z

Z Z Z

1 1 x 4

4

− −

y dx dy = ydy dx = (1 x ) dx = x = ,

2 2 5 5

2

−1 −1

A x −1

risulta y = 3/5.

A 2 2

{(x, ≤ ≥

(b) B = y) : x + y 1, y 0}.

Siano x e y le coordinate del baricentro di B.

B B

Per simmetria risulta x = 0.

B

Invece Z

1

y = y dx dy

B M (B) B

dove M (B) è la massa di B.

Poichè Z π

M (B) = dx dy = 2

B

e √ ! 1

2

1 1−x 1 3

Z Z Z Z

1 x 2

1

2

− −

y dx dy = ydy dx = (1 x ) dx = x = ,