Soluzioni 3-AM4

Laura Di Gregorio 9 ottobre 2003

1. a)

∫∫_{D} \frac{x^{2}}{y^{2}} dx dy = ∫_{1}^{2} x^{2}dx ∫_{x^{−1}}^{x} \frac{1}{y^{2}} dy = \frac{9}{4}

b) Il dominio D si può scrivere come dominio normale rispetto alle x:

D = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : 0 ≤ y ≤ 1, y^{2} ≤ x ≤ 1}

quindi l’integrale si calcola

∫∫_{D} y^{3}e^{x} dx dy = ∫_{0}^{1} y^{3}dy ∫_{y^{2}}^{1} e^{x}dx
= ∫_{0}^{1} y^{3}(e − e^{y^{2}})dy
= \frac{e}{4} − ∫_{0}^{1} y^{3} e^{y^{2}}dy
= \frac{e}{4} − ∫_{0}^{1} y^{2} (y e^{y^{2}})dy
= \frac{e}{4} − ∫_{0}^{1} y^{2} \frac{1}{2} \frac{d}{dy} (e^{y^{2}})dy
= \frac{e}{4} − \frac{e}{2} + ∫_{0}^{1} y e^{y^{2}}dy
= \frac{e}{4} − \frac{1}{2}

c) Il dominio D si può scrivere come dominio normale rispetto alle y:

D = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : 0 ≤ x ≤ 1, 1 − x ≤ y ≤ \sqrt{1 − x^{2}}\}

quindi l’integrale si calcola

∫∫_{D} xy dx dy = ∫_{0}^{1} x dx ∫_{1−x}^{√\overline{1−x^{2}}} y dy
= ∫_{0}^{1} x(\frac{1 − x^{2}}{2} − \frac{(1 − x)^{2}}{2} )dx = \frac{1}{12}

2. Si consideri il cambio di coordinate

x = aρ sin φ cos θ y = bρ sin φ sin θ z = cρ cos φ

con (φ, θ) ∈ (0, π) × (0, 2π) e 0 < ρ < 1. Il determinante Jacobiano è

|\frac{∂(x, y, z)}{∂(ρ, φ, θ)}| = abcρ^{2} sin φ

Dunque

∫∫∫_{D} x dx dy dz = a^{3}bc ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ ∫_{0}^{2π} cos^{2} θdθ ∫_{0}^{1} ρ^{4}dρ
= \frac{a^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ ∫_{0}^{2π} cos^{2} θdθ
= \frac{πa^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ
= \frac{πa^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π}(1 − cos^{2} φ)d(− cos φ)
= \frac{πa^{3}bc}{5}(2 − \frac{2}{3}) = \frac{4}{15} a^{3}bcπ

3. I punti d’intersezione sono A = \{\frac{1}{a^{3}} , \frac{1}{a^{4}} \} e B = \{\frac{1}{a}, 1\} oltre l’origine,

quindi la regione racchiusa tra i punti O,A,B ha area

A(a) = ∫_{0}^{a^{−3}} dx ∫_{xa^{−1}}^{ax} dy + ∫_{a^{−3}}^{a^{−1}} dx ∫_{a^{2}x^{2}}^{ax} dy
= \frac{1}{6a}[1 − \frac{1}{a^{6}} ]

Si osservi che

lim_{a→1^{+}} A(a) = 0

e

lim_{a→+∞} A(a) = 0

quindi per il teorema di Weierstrass A(a) ammette un punto di massimo. Calcolando la derivata di A(a) si trova che si annulla in a = ±\sqrt[6]{7} quindi il massimo è raggiunto in a = +\sqrt[6]{7} > 1.

4. Si osservi che le coppie (x, y) ∈ D, dove D è il disco unitario, soddisfano le seguenti disuguaglianze

x^{2} + y^{2} − 2 ≤ −1 4 − (x + y) ≥ 2

da cui segue che

x^{2} + y^{2} − 2 ≤ 4 − (x + y).

Quindi la base superiore della regione considerata è rappresentata dalla porzione di piano z = 4 − (x + y) intercettata dal cilindro, mentre la base inferiore dalla porzione di paraboloide z = x^{2} + y^{2} − 2.

Il cilindro in forma normale è

C = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} ≤ 1, x^{2} + y^{2} − 2 ≤ z ≤ 4 − (x + y)}

dunque il volume è dato da

V = ∫∫∫_{C} dx dy dz
= ∫∫_{D} dx dy ∫_{x^{2}+y^{2}−2}^{4−(x+y)} dz

= ∫∫_{D}[4 − (x + y) − (x^{2} + y^{2} − 2)]dx dy
= ∫∫_{D}[6 − (x + y) − (x^{2} + y^{2})]dx dy

Con il cambio di coordinate

\{ \begin{matrix}x = ρ cos θ \\ y = ρ sin θ \end{matrix}

con θ ∈ (0, 2π) e 0 < ρ < 1 si ottiene

∫∫_{D}[6 − (x + y) − (x^{2} + y^{2})]dx dy = ∫_{0}^{1} ρ dρ ∫_{0}^{2π}[6 − ρ(cos θ + sin θ) − ρ^{2}]dθ
= 2π ∫_{0}^{1} ρ(6 − ρ^{2})dρ = \frac{11}{2}π