Integrali multipli - Soluzioni

D

Z Z Z 2 {0 ≤ ≤ −x ≤ ≤ ≤ ≤

(xyz )dx dy dz, D = x 1, z x, x + z y 4}

D

Z Z 2

− −1)

(x y )dx dy, T = triangolo di vertici (0, 0), (1, 1) e (2,

T

Il primo integrale è uguale a −1

2

Z Z 23

2 3 −

dx (x y + y )dy = .

2

−2

0

Per il secondo integrale, il dominio di integrazione è un prisma nello spazio (riuscite a disegnarlo?).

Possiamo scrivere l’integrale come 1 x 4

Z Z Z 104

2

dx dz (xyz )dy = 105

−x

0 x+z

Per il terzo spezziamo il triangolo in due insiemi normali:

1 x 2 3−2x

Z Z Z Z 13 27 5

2 2

− −

dx (x y )dy + dx (x y )dy = + = .

32 32 4

−x/2 −x/2

0 1

© – 5) Calcolare il seguente integrale utilizzando le coordinate polari:

√ 2 2

−x

a a

Z Z p 2 2

x + y dy.

dx

0 0

Stessa domanda per l’integrale Z Z y dx dy,

C

≥

dove C è la metà superiore (cioè con y 0) del cerchio di centro (a/2, 0) passante per l’origine.

Stessa domanda per l’integrale Z Z p 2 2 2

− −

a x y dx dy,

D

≥

dove D è la metà superiore (y 0) del cerchio di centro l’origine e raggio a.

−

Infine effettuare il cambiamento di variabili u = x + y, v = x y nell’integrale

1 1

Z Z

dx (x + y)dy

0 0

e poi calcolarlo. 3

Il primo integrale ha come dominio di integrazione il quarto del cerchio di centro 0 e raggio a nel

primo quadrante. Bisogna rappresentare questo insieme in coordinate polari; la circonferenza in

coordinate polari si scrive semplicemente π

≤ ≤

ρ = a, 0 θ 2

p 2 2

x + y = ρ)

e quindi l’integrale diventa ( a

π/2 π/2

3 3

Z

Z Z

a πa

·

ρ ρdρ =

dθ dθ = .

3 6

0

0 0

Per il secondo integrale il dominio è un po’ più compicato: in coordinate polari si scrive come

π

≤ ≤ .

ρ = a cos θ, 0 θ 2

Quindi l’integrale diventa π/2

a cos θ

π/2 π/2 π/2

3 3 4 3

Z

Z Z Z

a a cos θ a

3 3 3

ρ sin θ·ρdρ =

dθ cos θ sin θ dθ = cos θ d(cos θ) = a .

=

3 3 12 12

0

0 0 0 0

Il terzo integrale diventa a

π a π 3

Z Z Z 1 πa

p p 3

2 2 2 2

− − −

dθ a ρ ρ dρ = ( a ρ ) dθ = .

3 3

0 0 0 0

Ultimo integrale. Vogliamo passare dalle coordinate (x, y) a quelle (u, v). La funzione da integrare

f (x, y) = x + y si scrive semplicemente f = u nelle nuove coordinate. Il determinante Jacobiano

che ci interessa è quello della trasformazione (x, y) = g(u, v) secondo la “regola”

|Dg|

dx dy = det du dv;

1 1

dato che x = (u+v), y = (u−v), otteniamo il determinante Jacobiano (del quale poi prenderemo

2 2

il modulo)  

1

1 1

2 2

  − .

det =

  2

 

1 12

−

2

Per applicare la formula del cambiamento di variabili resta da scrivere il dominio di integrazione:

2

nelle variabili (x, y) è il quadrato [0, 1] , nelle variabili (u, v) diventa l’insieme

≤ ≤ ≤ ≤ ⇐⇒ ≤ ≤ ≤ − ≤

0 x 1, 0 y 1 0 u + v 2, 0 u v 2

−1).

ossia il quadrato Q di vertici (0, 0), (1, 1), (2, 0), (1, In conclusione

1 1 u 2 2−u

1

Z

Z Z Z Z Z Z Z

1 1 1 1 2

u dudv = du u dv + du u dv = + = 1.

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

−u

0 0 Q 0 1 u−2

[Sottolineo che lo scopo di questo esercizio è imparare a cambiare variabili, e non a trovare il modo

più veloce per calcolare un integrale...]

§ – 6) Dimostrare che se un insieme E è trascurabile secondo Peano-Jordan, anche la sua chiusura

è trascurabile.

Esercizio in realtà facilissimo: se possiamo ricoprire E con una famiglia finita di rettangoli (che

possiamo prendere chiusi) di area totale minore di , la stessa famiglia ricopre anche E...

2

© →

– 7) Dimostrare che per ogni funzione continuna f : e per ogni (x, y) vale la formula

R R

1 x 1 1

Z Z Z Z

dx f (x, y)dy = dy f (x, y)dx.

0 0 0 y

4

Il primo integrale è esattamente l’integrale di f (x, y) sul triangolo T di vertici (0, 0), (1, 0) e (1, 1).

Se scambiamo l’ordine di integrazione (Fubini) integrando su T , prima rispetto a y e poi rispetto

a x, otteniamo proprio il secondo integrale.

© – 8) Cambiare l’ordine di integrazione negli integrali seguenti (senza calcolarli, anche perché non

è specificata la funzione...):

4 12x π sin x 1 1−y

Z Z Z Z Z Z f (x, y)dx.

dx f (x, y)dy, dx f (x, y)dy, dy √ 2

2 − 1−y

0 3x 0 0 0

Anzitutto: fare un disegno del dominio su cui si chiede di integrare!

Il primo integrale è calcolato sulla zona di piano limitata compresa fra la retta y = 12x e la parabola

2

y = 3x . Scambiano l’ordine di integrazione si ottiene subito

√

4 12x 48 y/3

Z

Z Z Z

dx f (x, y)dy = dy f (x, y)dx.

2

0 3x 0 y/12

Il secondo integrale è esteso al sottografico del tratto di sinusoide fra x = 0 e x = π. Se esprimiamo

questo dominio come dominio normale rispetto a y vediamo che chiaramente y varia fra 0 e 1, e

per un y fissato x varia fra i due punti di intersezione della retta parallela all’ase delle ascisse (di

ordinata y) con la sinusoide. Come possiamo descrivere questi punti in funzione di y? Il primo

punto è proprio arcsin y; il secondo è evidentemente π meno il primo (simmetria della sinusoide)

−

ciè π arcsin y. In conclusione

π sin x 1 π−arcsin y

Z Z Z Z

dx f (x, y)dy = dy f (x, y)dx.

0 0 0 arcsin y

Il terzo integrale è esteso ad un dominio composto dal quarto di cerchio unitario contenuto nel sec-

ondo quadrante, più il triangolo di vertici (1, 0), (0, 1) e 0, 0). Se scambiamo l’ordine di integrazione

otteniamo facilmente √ 2

1 1−y 0 1−x 1 1−x

Z Z Z Z Z Z

dy f (x, y)dx = dx f (x, y)dy + dx f (x, y)dy

√ 2

− −1

0 1−y 0 0 0

(spezzando in un integrale sul quarto di cerchio, più un integrale sul triangolo).

§§ × →

– 9) Sia Q il quadrato [0, 1] [0, 1] e f : Q definita come

R

(

1 se x è razionale,

f (x, y) = 2y se x è irrazionale.

t

R ≤ ≤

(i) Dimostrare che l’integrale f (x, y)dy esiste per ogni 0 t 1 e che

0

1 t 1 t

Z Z

Z Z

2

f (x, y)dy dx = t , f (x, y)dy dx = t.

0 0 0 0

1 1

R R

Quindi in particolare l’integrale iterato ( f (x, y)dy)dx esiste e vale 1.

0 0

1 1

R R

(ii) Dimostrare che l’integrale ( f (x, y)dx)dy esiste e calcolarne il valore.

0 0

(iii) Dedurre che f non è integrabile su Q.

(i) Fissato x, la funzione f (x, y) è o costante oppure uguale a 2y, in ogni caso continua in y e

t

R

possiamo integrarla fra 0 e t ottenendo la funzione g(x, t) = f (x, y)dy che vale

0

(

t se x è razionale,

g(x, t) = 2

t se x è irrazionale. 5

Ora, fissato t, proviamo a calcolare l’integrale inferiore e superiore di g(x, t) rispetto a x su [0, 1];

2

chiaramente dato che g(x, t) = t oppure t su un insieme denso, esattamente come per la funzione

di Dirichlet otteniamo che 1

1 Z

Z 2

g(x, t)dx = t , g(x, t)dx = t.

0

0

Questi due numeri coincidono quando t = 1; dunque se t = 1 la funzione g(x, 1) è integrabile in x

e il suo integrale vale 1.

(ii) Fissato y, la funzione f (x, y) è discontinua su un insieme denso di punti, e come la funzione

di Dirichlet assume solo due valori: 1 e 2y. Notare che il più grande di questi valori è 1 quando

≤ ≥

y 1/2, e 2y quando y 1/2. Allora come per la funzione di Dirichlet otteniamo subito

1 1

Z Z

≤ ≥

f (x, y)dx = 1 se y 1/2, f (x, y)dx = 2y se y 1/2,

0 0

1

R

Dunque la funzione di y data da f (x, y)dx è continua in y, quindi integrabile, e abbiamo subito

0

1 1 1/2 1

Z Z Z Z 1 1 5

−

dy f (x, y)dx = dy + 2y dy = + 1 = .

2 4 4

0 0 0 1/2

(iii) Il Lemma di Fubini (vedi dispense) afferma che per ogni funzione limitata f (x, y) e ogni

2

partizione P di [0, 1] ! !

1 1 1 1

Z Z Z Z

≤ ≤ ≤

s(f, P ) f (x, y)dy dx dx s(f, P ).

f (x, y)dy

0 0 0 0

Naturalmente vale anche la disuguaglianza analoga per gli integrali iterati nell’ordine inverso. Allora

dal risultato del punto (i) deduciamo che ≤

P ) 1

s(f,

mentre dal risultato del punto (ii) deduciamo che

5 ≤ s(f, P ).

4 2

Vediamo quindi che il criterio di integrabilità è violato e la funzione non è integrabile su [0, 1] .

© – 10) Calcolare Z 2 2 2

(x + y ) dσ ,

Σ 1

−

2 2

dove Σ è la parte della superficie z = (x + y ) delimitata dai piani z = 1 e z = 2.

2

1

−

2 2

Innanzitutto, detta f (x, y) = (x + y ) , si ha

2 1

2

|∇f | = .

2 2 2

(x + y )

14 2 2

≤ ≤

Inoltre, dovendo essere z compresa tra 1 e 2, si ha x + y 1. Pertanto,

s

ZZ

Z ZZ

1 p

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(x +y ) dσ = (x +y ) 1+ dx dy = (x +y ) 1 + (x + y ) dx dy .

2 2 2

(x + y )

1 1

2 2 2 2

≤x ≤1 ≤x ≤1

Σ +y +y

4 4

Passando a coordinate polari, si tratta di calcolare √ √ !

2π 1

Z Z 2 17 17

p

2 4 −

ρ 1 + ρ ρ dρ = 2π .

3 384

1

0 2

6 2

2 y

x

© – 11) Calcolare l’area della superficie z = + al variare di (x, y) in

4 6 2 2

x y

2

{(x, ∈ ≤

E = y) : + 1} .

R 4 9

2 2

2

2 y y

x

x 2

|∇f |

+ , si ha = + , e quindi

Detta f (x, y) = 4 6 4 9

r 2 2

ZZ x y

A(Σ) = 1+ + dx dy .

4 9

E

Effettuando il cambio di variabili x = ρ cos(θ)/2, y = ρ sen(θ)/3, il cui determinante vale ρ/6, si

ha √

2π 1 −

Z Z 8 1

p 2 .

A(Σ) = 1 + ρ ρ dρ dθ = 2π 3

0 0 2 2

§ – 12) Calcolare l’area della superficie y + z = 6x, delimitata dal piano x = 3 ed esterna al

2

cilindro di equazione y = 3x.

Ci interessa sapere come devono variare y e z per ottenere la superficie che ci interessa. Ora, la

2 2 ≤

parte esterna al cilindro y = 3x è caratterizzata dall’avere y 3x; pertanto, sostituendo nella

2 2 2 2

≤