Esercizi su integrali doppi e tripli.

Ricordiamo che: un sottoinsieme E di IR^{2}, del tipo E = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, f(x) ≤ y ≤ g(x)}, con f, g funzioni continue su [a, b], é detto un dominio normale rispetto all’asse x. Analoga definizione per il dominio normale rispetto all’asse y. In sostanza si tratta di una regione piana in cui una delle due variabili é compresa tra due numeri a e b, mentre l’altra é compresa tra due funzioni continue della variabile precedente, definite in [a, b]. Inoltre vale la seguente formula di riduzione: sia h : E ⊂ IR^{2} → IR una funzione continua, con E dominio normale rispetto all’asse x. Allora h é integrabile in E e vale la seguente formula:

∫_{E} h dμ = ∫_{a}^{b} (∫_{f(x)}^{g(x)} h(x, y)dy) dx

Viceversa, se il dominio é normale rispetto all’asse y si potrá integrare nel seguente modo:

∫_{E} h dμ = ∫_{a}^{b} (∫_{f(y)}^{g(y)} h(x, y)dx) dy

Un sottoinsieme E di IR^{3}, del tipo E = {(x, y, z)|(x, y) ∈ I, l(x, y) ≤ z ≤ u(x, y)}, con l e u funzioni continue su I, insieme chiuso e misurabile di IR^{2}, é detto un dominio normale rispetto al piano xy. Analoga definizione per il dominio normale rispetto al piano yz, o rispetto al piano xz. Inoltre vale la seguente formula di riduzione: sia h : E ⊂ IR^{3} → IR una funzione continua, con E dominio normale rispetto al piano xy. Allora h é integrabile in E e vale la seguente formula:

∫_{E} h dμ = ∫ ∫_{I} (∫_{l(x,y)}^{u(x,y)} h(x, y)dz) dx dy

Ricordiamo infine che il volume di un insieme E ⊂ IR^{3} é esprimibile con l’ integrale triplo

∫ ∫ ∫_{E} dx dy dz,

quindi, se E = {(x, y, z)|(x, y) ∈ I, l(x, y) ≤ z ≤ u(x, y)}, il volume di E é l’integrale doppio

∫ ∫_{I}(u(x, y) − l(x, y))dx dy,

Esercizio 1.

Calcolare il volume del solido: E = {(x, y, z)|(x + 1)^{2} + y^{2} ≤ z ≤ 2x + 5}. La funzione z = 2x + 5 rappresenta un piano, mentre z = (x + 1)^{2} + y^{2} é un paraboloide con vertice nel punto (−1, 0, 0). Integriamo considerando che (x + 1)^{2} + y^{2} ≤ z ≤ 2x + 5, e, confrontando il primo e l’ultimo membro della disuguaglianza, si ottiene x^{2} + y^{2} ≤ 4, pertanto si ha

∫_{E} h dμ = ∫ ∫_{D} (∫_{(x+1)^{2}+y^{2}}^{2x+5} dz)

dove D é il dominio che, in coordinate polari, si scrive :0 < ρ < 2, 0 < θ < 2π, quindi (ricordiamo di moltiplicare per ρ visto che stiamo cambiando coordinate)

∫_{E} h dμ = ∫ ∫_{D} (∫_{(x+1)^{2}+y^{2}}^{2x+5} dz) = ∫ ∫_{D}(4 − x^{2} − y^{2})dx dy =

∫_{0}^{2π} (∫_{0}^{2}(4 − ρ^{2})ρdρ) dθ = ∫_{0}^{2π} (2ρ^{2} − \frac{ρ^{4}}{4} )_{0}^{2} dθ =

= 4 ∫_{0}^{2π} dθ = 8π.

Esercizio 2.

Calcolare i seguenti integrali doppi:

(a) ∫ ∫_{R}(ye^{y^{2}+x})dx dy dove R = {(x, y) ∈ IR^{2} : 0 ≤ x ≤ 2y^{2}, 0 ≤ y ≤ 1}. Il dominio é normale rispetto all’asse y, pertanto l’integrale diventa:

∫_{0}^{1} ye^{y^{2}} (∫_{0}^{2y^{2}} e^{x}dx) dy = ∫_{0}^{1} ye^{y^{2}} (e^{2y^{2}} − 1) dy =

[\frac{e^{3y^{2}}}{6} − \frac{e^{y^{2}}}{2} ] |_{0}^{1} = \frac{1}{6}e^{3} − \frac{1}{2}e + \frac{1}{3}

(b) ∫ ∫_{A} \sqrt{x^{2} + y^{2}}dx dy dove

A = {(x, y) ∈ IR^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1, x^{2} + (y − 1)^{2} ≥ 1, y ≥ 0}. L’insieme si scrive bene in coordinate polari: siamo dentro la circonferenza di centro 0 e raggio 1, al di fuori della circonferenza di centro (0, 1) e raggio 1, il tutto con y > 0. Le due circonferenze si intersecano in (ρ, θ) = (1, \frac{π}{6} ), e (1, \frac{5π}{6} ). Quindi in coordinate polari si ha:

∫0^{\frac{π}{6}} dθ ∫_{0}^{1} \sqrt{ρ^{2}}ρdρ + ∫_{\frac{5}{6} π}^{π} dθ ∫_{0}^{1} \sqrt{ρ^{2}}ρdρ =

∫0^{\frac{π}{6}} dθ [\frac{ρ^{3}}{3} ] |_{0}^{1} ∫_{\frac{5}{6} π}^{π} dθ [\frac{ρ^{3}}{3} ] |_{0}^{1} =

= \frac{1}{3} [∫0^{\frac{π}{6}} dθ + ∫_{\frac{5}{6} π}^{π} dθ] = \frac{1}{3} \frac{π}{3} = \frac{π}{9} .

(c) ∫ ∫_{B}(x^{2}(1 + x^{2}y))dx dy dove

B é la corona circolare di centro l’origine e raggi 1 e 2. [R.\frac{15π}{4} ]

(d) ∫ ∫_{S}(xy)dx dy dove

S é il semicerchio di centro (1, 0) e raggio 1 con y ≥ 0. (usare coordinate cartesiane, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ \sqrt{2x − x^{2}})

[R.\frac{2}{3}]

(e) ∫ ∫_{T} (e^{y^{2}})dx dy dove

T é il triangolo chiuso del piano x, y di vertici (0, 0), (0, 1), (2, 1). (T = \{(x, y) ∈ IR^{2} : 0 ≤ x ≤ 2, \frac{x}{2} ≤ y ≤ 1\}.)

[R. e − 1]

Esercizio 3.

Dato il dominio T = {(x, y, z) ∈ IR^{3} : x − y − z ≤ 1, x ≥ 0, y ≤ 0, z ≤ 0}, si calcoli il volume di T e l’integrale

∫ ∫ ∫_{T} \frac{1}{(2 − x + y + z)^{2}} dx dy dz :

T = {(x, y, z) ∈ IR^{3} : x − y − 1 ≤ z ≤ 0, x − 1 ≤ y ≤ 0, 0 ≤ x ≤ 1}, Volume:

∫ ∫ ∫_{T} dx dy dz = ∫_{0}^{1} [∫_{x−1}^{0} (∫_{x−y−1}^{0} dz) dy] dx =

= ∫_{0}^{1} [∫_{x−1}^{0} (−x + y + 1) dy] dx = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} (x^{2} − 2x + 1)dx = \frac{1}{6}

Integrale triplo:

∫ ∫ ∫_{T} \frac{1}{(2 − x + y + z)^{2}} dx dy dz = ∫_{0}^{1} [∫_{x−1}^{0} (∫_{x−y−1}^{0} \frac{1}{(2 − x + y + z)^{2}} dz) dy] dx =

= ∫_{0}^{1} [∫_{x−1}^{0} (1 − \frac{1}{2 − x + y} ) dy] dx = ∫_{0}^{1}(− log(2−x)−(x−1))dx = \frac{3}{2}−2 log 2.

Esercizio 3.

Calcolare:

∫ ∫_{T} e^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}|x|dx dy

T = {(x, y) ∈ IR^{2} : 4 ≤ x^{2} + y^{2} ≤ 16, y ≥ 0}, [R.4e^{2}(5e^{2} − 1)]

∫ ∫_{S} \sqrt{4 − x^{2} − y^{2}}dx dy

S = {(x, y) ∈ IR^{2} : 0 ≤ 2y ≤ x^{2} + y^{2} ≤ 4}, [R.\frac{32}{9}]