Nel seguito per apparato di Frenet si intende il triedro $T,N,B$ e le funzioni curvatura e torsione.
D1)
Dopo aver verificato che la curva $\gamma(t)= (\cos^2(t), \cos(t), \sin(t))$, $t \in \mathbb{R}$, è regolare, se ne determini l'apparato di Frenet nel punto $\gamma(0)$. Si determini inoltre un'equazione cartesiana del piano osculatore e le coordinate del centro di curvatura relativi al punto $\gamma(0)$.
Soluzione: La curva è di classe $C^\infty$ perche' tali sono le funzioni trigonometriche. Si ha:
$\gamma'(t)= ( -2\cos(t)\sin(t),-\sin(t),\cos(t))$, $\ v(t)=(1+4\cos^2(t)\sin^2(t))^{1/2} \ne 0$ per ogni $t \in \mathbb{R}$, dunque $\gamma$ è regolare.
Si ha $v(0)=1$ e $T(0)=\gamma'(0)=(0,0,1)$. Inoltre: $\gamma''(t)=(2(\sin^2(t)-\cos^2(t)),-\cos(t),-\sin(t))$ e $\gamma''(0)=(-2,-1,0)$. Inoltre
$\gamma'(0)\wedge \gamma''(0) = (1,-2,0)$. Quindi: $k(0) = \frac{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||}{v(0)^3} = \sqrt{5}$. Si ha poi $\gamma'''(t)=(8\sin(t)\cos(t),\sin(t),-\cos(t))$, e quindi
$\gamma'''(0)=(0,0,-1)$. Quindi $\tau(0)=\frac{\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)\bullet \gamma'''(0)}{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||^2} = 0$.
Si ha poi $B(0)=\frac{\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)}{\sqrt{5}} = (1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5},0)$ e $N(0)=B(0)\wedge T(0) = (1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5},0)\wedge (0,0,1)= (-2/\sqrt{5},-1/\sqrt{5},0)$. Il piano osculatore è il piano passante per $\gamma(0)=(1,1,0)$ e perpendicolare a $B(0)$. Quindi ha equazione cartesiana $X-2Y+1=0$. Infine il centro di curvatura è
$C(0)= \gamma(0)+\frac{1}{\sqrt{5}} \left(-\frac{2}{\sqrt{5}}, -\frac{1}{\sqrt{5}},0 \right) = (1,1,0)+ (-2/5,-1/5,0) = (3/5,4/5,0)$.
D2) Si calcoli l'apparato di Frenet della curva $\gamma(t)=(t,t^2,t^3)$ nel punto $\gamma(0)$. Si determini inoltre un'equazione cartesiana del piano osculatore e le coordinate del centro di curvatura relativi al punto $\gamma(0)$.
Soluzione:
Si ha $\gamma'(t)=(1,2t,3t^2)$, $\ \gamma''(t)=(0,2,6t)$, $\ \gamma'''(t)=(0,0,6)$, $v(t)=(1+4t^2+9t^4)^{1/2}$.
In $\gamma(0)=(0,0,0)$ abbiamo $v(0)=1$, $T(0)=(1,0,0)$, $\ \gamma'(0)\wedge \gamma''(0)=(0,0,2)$, $\ k(0)= \frac{||\gamma'(0)\wedge \gamma''(0)||}{v(0)^3} =2$. $\ B(0)=(0,0,1)$,
$\ N(0)=B(0)\wedge T(0) = (0,1,0)$. Infine $\tau(0)= 12/4 = 3$.
Il piano osculatore è $Z=0$, il centro di curvatura è $C(0)=(0,1/2,0)$.
D3) Si consideri la curva: $\beta(s)= \left(\frac{(1+s)^{3/2}}{3},\frac{(1-s)^{3/2}}{3},\frac{s}{\sqrt{2}}\right)$, definita in $(-1,1)$. Si dimostri che $\beta$ ha velocità unitaria, e se ne calcoli l'apparato di Frenet. Si calcoli la lunghezza di $\beta$ nell'intervallo $[-1/2,1/2]$.
Soluzione: Il vettore velocità di $\beta$ è $\mathbf{v}(s) = \left(\frac{(1+s)^{1/2}}{2},-\frac{(1-s)^{1/2}}{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ il quale ha modulo identicamente uguale a 1. Quindi $s$ è l'ascissa curvilinea e pertanto $\mathbf{v}(s)=\mathbf{T}(s)$. Per le formule di Frenet si ha $\mathbf{T}'(s) = k(s) \mathbf{N}(s)$. Calcolando si trova
$k(s)=\frac{\sqrt{2}}{4(1-s^2)^{1/2}}$ e $\mathbf{N}(s) = \left(\frac{(1-s)^{1/2}}{\sqrt{2}},\frac{(1+s)^{1/2}}{\sqrt{2}},0 \right)$.
Si ha $\mathbf{B}= \mathbf{T} \wedge \mathbf{N} = \left(-\frac{(1+s)^{1/2}}{2},\frac{(1-s)^{1/2}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$. Derivando e applicando la terza formula di Frenet si trova
$\tau(s)= - \frac{\sqrt{2}}{4(1-s)^{1/2}}$.
La lunghezza di $\beta$ nell'intervallo indicato è uguale a 1 perche' è parametrizzata con ascissa curvilinea.
D4) Calcolare l'apparato di Frenet della curva $\alpha(t)= (3t-t^3, 3t^2,3t+t^3)$.
Soluzione:
Le derivate sono: $\alpha'(t)= 3(1-t^2,2t,1+t^2)$, $ \ \alpha''(t)= 6(-t,1,t)$, $\ \alpha'''(t)= 6(-1,0,1)$. Quindi $v(t)=||\alpha'(t)|| = \sqrt{18}(1+t^2)$. Si ha poi:
$\alpha'(t)\wedge \alpha''(t) = 18(-1+t^2,-2t,1+t^2)$ e $||\alpha'(t)\wedge \alpha''(t)|| = 18\sqrt{2}(1+t^2)$.
Infine $\alpha'(t)\wedge \alpha''(t) \bullet \alpha'''(t)= 6\times 18 \times 2$. Applicando le formule si trova:
$\mathbf{T}=\frac{(1-t^2,2t,1+t^2)}{\sqrt{2}(1+t^2)}$, $\quad \mathbf{N}=\frac{(-2t,1-t^2,0)}{1+t^2}$, $\quad \mathbf{B} = \frac{(-1+t^2,-2t,1+t^2)}{\sqrt{2}(1+t^2)}$,
$k(t)=\tau(t)= \frac{1}{3(1+t^2)^2}$.
D5) Calcolare il triedro di Frenet della curva $\alpha(t)=(1-\cos(t), \sin(t),t)$ nel punto $t=\frac{\pi}{2}$.
Soluzione: $\mathbf{T}=\frac{\sqrt{2}}{2}(1,0,1)$, $\quad \mathbf{N}= (0,-1,0)$, $\quad \mathbf{B}= \sqrt{2}(1,0,-1)$.
D6) Calcolare il triedro di Frenet della curva $y=x^2,\ z=2x$ nel punto $x=2$.
Soluzione: $\mathbf{T}=\frac{1}{\sqrt{21}}(1,4,2)$, $\quad \mathbf{N}= \frac{1}{105}(-4,5,-8)$, $\quad \mathbf{B}= \frac{1}{5}(-2,0,1)$.
D7) Dimostrare che la curva $\alpha(t) = (1+3t+2t^2,2-2t+5t^2,1-t^2)$ è piana, e determinare un'equazione cartesiana del piano che la contiene.
Soluzione: $2x+3y+19z-27=0$.
D8) Determinare un'equazione del piano osculatore della curva $x^2=4y, \ x^3=24 z$ nel punto $(6,9,9)$.
Soluzione: $9x-6y+2z-18=0$.
E) FUNZIONI DI PIU' VARIABILI
E1) Determinare il più grande aperto $A$ in cui la funzione $f(x,y)= \ln \left(\tan \frac{x}{y}\right)$ è definita e calcolarne le derivate parziali in $A$ in tutti i punti in cui esistono. Determinare il luogo in cui $f$ è differenziabile. Calcolare il piano tangente in $p=(\pi/4,1)$ se è definito.
Soluzione: $A = \left\{(x,y): y\ne 0, k\pi < \frac{x}{y} < k\pi+ \frac{\pi}{2} \right\}$. Calcolando secondo le regole del calcolo differenziale si trova $\quad \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{2}{y\sin\frac{2x}{y}}$,
$\quad \frac{\partial f}{\partial y} = - \frac{2x}{y^2\sin\frac{2x}{y}}$. Queste funzioni sono definite e continue in $A$
e quindi la funzione è di classe $C^1(A)$ e quindi è differenziabile in $A$. Si ha $f(p)= 0$, $\quad\nabla f(p)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(p),
\frac{\partial f}{\partial y}(p)\right) = (2,-\pi/2)$. Quindi il piano tangente è $z=2(x-\frac{\pi}{4})-\frac{\pi}{2}(y-1)$.
E2) Determinare il più grande aperto $A$ in cui è definita la funzione $f(x,y)= \sqrt{x^2-y^2}$ e calcolarne le derivate parziali se esistono. Discutere la derivabilità di $f$ in $(0,0)$.
Soluzione:
$A = \{(x,y): x>y,\ x>-y\} \cup \{(x,y): y>x,\ -y>x\}$.
$\ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2-y^2}}$;
$\quad \frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{y}{\sqrt{x^2-y^2}}$. In $(0,0)$ il rapporto incrementale rispetto a $y$ non è definito e quindi nemmeno $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$. Il rapporto incrementale rispetto a $x$ è uguale a $\frac{|h|}{h},\ h\ne 0$ e quindi è definito ma il suo limite per $h\to 0$ non esiste. Quindi $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ non esiste.
E3) Determinare il più grande aperto $A$ in cui è definita la funzione $f(x.y)= \ln(x+\sqrt{x^2+y^2})$ e calcolarne le derivate parziali se esistono.
Soluzione: $A=\{(x,y): x+||(x,y)||>0\}$. $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $\quad \frac{\partial f}{\partial y}= \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}(x+\sqrt{x^2+y^2})}$.
E4) Calcolare le derivate parziali $\frac{\partial f}{\partial x}$ e $\frac{\partial f}{\partial y}$ della funzione composta $f(u(x,y),v(x,y))$ dove $u=x^2-y^2$, $v=e^{xy}$, e $f(u,v)=\cos u - \sin v$,
nel suo aperto di definizione.
Soluzione: $\frac{\partial f}{\partial x} = -2x\sin(x^2-y^2) -\cos(e^{xy})ye^{xy}$. $\quad \frac{\partial f}{\partial y} = 2y\sin(x^2-y^2)-\cos(e^{xy})xe^{xy}$.
E5) Trovare i punti critici delle seguenti funzioni e classificarli: a) $x^2+xy+y^2-4x-2y$, b) $x^3+y^3-3xy$, c) $x^3+3xy^2-15x-12y$.
Soluzione: a) $(2,0)$; minimo locale. b) $(0,0)$ sella. $(1,1)$ minimo locale. c) $(1,2)$ sella; $(2,1)$ minimo locale; $(-1,-2)$ sella; $(-2,-1)$ massimo locale.
E6) Per la funzione a) dell'esercizio precedente si calcolino nel punto $(0,0)$ i valori massimi e minimi delle derivate direzionali e le derivate direzionali rispetto ai due versori della retta $x=y$. Applicare la formula del gradiente dopo aver verificato che sono soddisfatte le ipotesi per la sua validità.
Soluzione:
La funzione è differenziabile perche' di classe $C^1(\mathbb{R}^2)$. Quindi le derivate direzionali si possono calcolare utilizzando la formula del gradiente in ogni punto. Nel punto $p=(0,0)$ si ha $\nabla f(p)=(-4,-2)$ e il versore corrispondente è $\mathbf{u}:=\frac{\nabla f(p)}{||\nabla f(p)||} = \left(\frac{-2}{\sqrt{5}},\frac{-1}{\sqrt{5}}\right)$. Pertanto
$D_{\mathbf{u}}f(p)= 2\sqrt{5}$ è il valore massimo e $-2\sqrt{5}$ è il valore minimo. I versori della retta $x=y$ sono $\pm (1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})$ e le corrispondenti derivate direzionali sono $-3\sqrt{2}$ e $3\sqrt{2}$.
E7) Si consideri la funzione $f(x,y)= \frac{x+y}{x-y}$, che è definita e continua in $A= \{(x,y): x \ne y\}$. Verificare se esiste il $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$.
Soluzione: Si ha $\lim_{x\to 0} f(x,0) = 1$ mentre $\lim_{y\to 0} f(0,y)=-1$. Quindi il $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ non esiste.
E8) Si consideri la funzione $f(x,y)= \frac{xy}{x^2+y^2}$ definita e continua in $A=\mathbb{R}^2\setminus \{(0,0)\}$. Dimostrare che il $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ non esiste.
Soluzione: Si ha $\lim_{x\to 0} f(x,0) = 0 = \lim_{y\to 0} f(0,y)$. D'altra parte $\lim_{h\to 0} f(h,h) = \frac{1}{2}$. Poiche' questi limiti sono diversi si ha l'asserto. Un altro modo per dimostrare la stessa cosa è il seguente. Si introducano coordinate polari $x=\rho\cos(\theta),\ y=\rho\sin(\theta)$. Allora se $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ esiste deve essere
$\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y) = \lim_{\rho\to 0} f(\rho\cos(\theta),\rho\sin(\theta))$, e questo deve essere indipendente da $\theta$. Ma non è così. Infatti:
$\lim_{\rho\to 0} \cos(\theta)\sin(\theta) = \cos(\theta)\sin(\theta)$ dipende da $\theta$.
Osservazione: una conseguenza della non esistenza del $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ è che $f$ non può essere estesa ad una funzione continua in tutto $\mathbb{R}^2$. Ma allora nessuna estensione di $f$ a tutto $\mathbb{R}^2$ è differenziabile in $(0,0)$ perche' la differenziabilità implica la continuità (Prop. 3.2 pag. 126). Però estendendo la $f$ in $(0,0)$ dandogli il valore $0$ si ottiene una funzione è derivabile in $(0,0)$ (le sue derivate parziali esistono e sono entrambe uguali a $0$, Es. 4.6 p. 123). Quindi la derivabilità non implica la differenziabilità ne' la continuità.
E9) Dimostrare che la funzione $f(x,y)= +\sqrt{x^2+y^2}$ non è derivabile in $(0,0)$. Quindi la continuità non implica la derivabilità.
Soluzione: Le derivate parziali $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{x^2+y^2}$, $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{x^2+y^2}$ non hanno significato in $(0,0)$. Calcolando direttamente il rapporto incrementale si vede che il $\lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sqrt{(\Delta x)^2}}{\Delta x}$ vale $1$ se $\Delta x >0$ e $-1$ se $0>\Delta x$. Quindi non esiste. Similmente per il rapporto incrementale rispetto a $y$.
E10) L'utilizzo di coordinate polari può essere utile per verificare che $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ non esiste oppure che esiste. Le due circostanze sono però non sempre verificabili con tale metodo. Può darsi che $\lim_{\rho\to 0} f(\rho\cos(\theta),\rho\sin(\theta))$ esista e sia indipendente da $\theta$ ma ciononostante il $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ non esista: un esempio è il 2.5, p. 104. D'altra parte un criterio per dedurre l'esistenza del $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ usando coordinate polari è spiegato nell'esempio 2.3, p. 103.
F) EQUAZIONI DIFFERENZIALI
F1) I seguenti sono alcuni esempi di equazioni lineari del primo ordine omogenee.
a) $y'(t) \pm t^k y(t) =0$, $\ k \ne -1$ intero. Soluzione generale: $y(t)=C e^{\mp\frac{t^{k+1}}{k+1}}, \ C\in \mathbb{R}$. Intervallo di definizione: $\mathbf{I}=\mathbb{R}$.
b) $y'(t)+ k \frac{y(t)}{t}=0$, $\ k$ intero. Soluzione generale: $y(t)= \frac{C}{t^k}$, $\ C\in \mathbb{R}$.
Intervallo di definizione: $\mathbf{I}=\mathbb{R}$ se $k \ge 0$. Se invece $k<0$ allora $\mathbf{I}=(-\infty,0)$ oppure
$\mathbf{I}=(0,+\infty)$.
c) $y'(t) \pm \tan(t) y(t)=0$. Soluzione generale: $y(t)= C \cos(t)^{\pm 1}$, $\ C\in \mathbb{R}$. Intervallo di definizione: $\mathbf{I}=(-\pi/2, \pi/2)$.
d) $y'(t) \pm \cot(t) y(t)=0$. Soluzione generale: $y(t)= C \sin(t)^{\mp 1}$, $\ C\in \mathbb{R}$. Intervallo di definizione: $\mathbf{I}=(0, \pi)$.
F2) Metodo di variazione della costante. È un metodo pratico per risolvere equazioni lineari del primo ordine non omogenee. Sia data l'equazione
$y'(t)+a(t)y(t)= b(t)$, e sia $y(t)=C e^{-A(t)}$ la soluzione generale dell'equazione omogenea associata $y'(t)+a(t)y(t)= 0$, dove $A(t)$ è una primitiva di $a(t)$. Il metodo consiste nello scrivere la soluzione generale nella forma
$y(t)=C(t) e^{-A(t)}$, dove $C(t)$ è una funzione incognita. Derivando si ottiene: $y'(t)= C'(t)e^{-A(t)}-C(t)a(t)e^{-A(t)}$. Sostituendo nell'equazione si ottiene:
$[C'(t)e^{-A(t)}-C(t)a(t)e^{-A(t)}]+a(t)C(t) e^{-A(t)} = b(t)$, che si riduce a: $C'(t)e^{-A(t)}=b(t)$, cioè $C'(t) = b(t)e^{A(t)}$. Integrando si ottiene $C(t)=C_0+v(t)$ dove $v(t)$ è una primitiva di $b(t)e^{A(t)}$ e $C_0$ è una costante. Quindi la soluzione generale è $y(t)= C(t) e^{-A(t)} = [C_0+v(t)]e^{-A(t)}$.
F3) Determinare la soluzione generale dell'equazione: $y'+\frac{3y}{t} = 9t^5 - 5t$.
Soluzione: Scriviamo la soluzione generale dell'equazione omogenea nella forma $y(t)=\frac{C}{t^3}$ (esempio F1b) e applichiamo il metodo di variazione della costante derivando la
$y(t)=\frac{C(t)}{t^3}$. Otteniamo $C'(t)=(9t^5 - 5t)t^3$. Quindi $C(t)=C_0+t^9-t^5$. Quindi la soluzione generale è $y(t)= \frac{C_0}{t^3} + t^6-t^2$, $t \ne 0$.
F4) Determinare la soluzione generale dell'equazione: $y'= \tan(t)y+\cos(t)$.
Soluzione: Scrivendo la soluzione generale nella forma $y(t)= \frac{C(t)}{\cos(t)}$ e applicando il metodo della variazione della costante si trova $C'(t)=\cos^2(t)$. Pertanto
$v(t)=\frac{1}2{t}+\frac{1}{4}\sin(2t)$. Quindi la soluzione generale è $y(t) = \frac{1}{\cos(t)}\left(C+\frac{1}2{t}+\frac{1}{4}\sin(2t)\right)$, $\ -\pi/2 < t < \pi/2$.
F5) Determinare la soluzione generale dell'equazione differenziale lineare omogenea del secondo ordine a coefficienti costanti con equazione caratteristica $r^2+5r+4=0$.
Soluzione: L'equazione differenziale da risolvere è $y''(t)+5y'(t)+4y(t)=0$. Le soluzioni dell'equazione caratteristica sono: $r_1=-1, \ r_2=-4$. Quindi la soluzione generale cercata è $y(t)= c_1e^{-t}+c_2e^{-4t}$.
F6) Come nell'esercizio precedente con $r^2-2r+1=0$.
Soluzione: $y(t)=c_1e^{-t}+c_2te^{-t}$.
F7) Come nell'esercizio precedente con $r^2+4=0$.
Soluzione: Le radici dell'equazione caratteristica sono $\pm i$. Quindi la soluzione cercata è $y(t)= c_1\cos(-t)+c_2\sin(-t) = c_1\cos(t) - c_2\sin(t)$.
F8) Determinare la soluzione generale dell'equazione: $y' + y= \sin(t)$.
Soluzione: $y(t) = \frac{\sin(t)-\cos(t)}{2}+ C e^{-t}$. E' definita in tutto $\mathbb{R}$.
F9) Determinare la soluzione generale dell'equazione: $y' + \tan(t)y= \sin(2t)$.
Soluzione: $y(t) = \cos(t)[-2\cos(t)+C]$.
F10) Determinare la soluzione del problema di Cauchy: $(1+x^2)y' = -2xy + \frac{1}{x}$ con $y(1)=1$.
Soluzione: Scriviamo l'equazione in forma normale: $y'+ \frac{2x}{1+x^2}y = \frac{1}{x(1+x^2)}$. Posto $A(x) = \int \frac{2x}{1+x^2}dx = \log(1+x^2)$ troviamo per l'equazione omogenea associata la soluzione generale $y_0(t) = Ce^{-A(x)} = \frac{C}{1+x^2}$. Quindi la soluzione generale dell'equazione assegnata è:
$y(x) = \frac{1}{1+x^2}\left(C+ \int\frac{1+x^2}{x(1+x^2)}dx\right) = \frac{1}{1+x^2}(C+ \log |x|)$. Sostituendo $x=1$ e $y=1$ si trova $C=2$. quindi la soluzione è
$y(x)= \frac{2}{1+x^2}+\frac{\log x}{1+x^2}$ nell'intervallo $(0,+\infty)$.
F11) Determinare la soluzione del problema di Cauchy: $y'+\cot(x) y = \frac{x}{\sin(x)}$, con condizione iniziale $y(\pi/2)=0$.
Soluzione: Si ha $A(x) = \int \cot(x) dx = \log |\sin(x)|$ e con facili calcoli si trova la soluzione generale dell'equazione: $y(x)= \frac{C}{\sin(x)} + \frac{x^2}{2\sin(x)}$. Sostituendo $x=\pi/2$ e $y=0$ si trova $C= -\frac{\pi^2}{8}$.Quindi la soluzione è $y(x) = -\frac{\pi^2}{8\sin(x)}+ \frac{x^2}{2\sin(x)}$.
G) INTEGRALI DOPPI
G1) Calcolare in coordinate polari, il seguente integrale doppio: $\mathbf{I}=\int\int_{D}(x+y)dxdy$, dove $D$ è il settore circolare di centro l'origine e raggio 1, con $0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$.
Soluzione: $\mathbf{I}= \int_0^1\left(\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\rho\cos(\theta)+\rho\sin(\theta))\rho d\theta\right)d\rho =
\int_0^1\rho^2d\rho\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\cos(\theta)+\sin(\theta))d\theta = \frac{1}{3} \left[\sin(\theta)-\cos(\theta)\right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{3}$.
G2) Calcolare in coordinate polari, il seguente integrale doppio: $\mathbf{I}= \int\int_D \sqrt{x^2+y^2}dxdy$, dove $D$ è l'insieme delimitato dalla curva di equazione polare $\rho=\sin(2\theta)$, con $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$.
Soluzione:
$\mathbf{I}= \frac{2}{9}$.
G3) Calcolare $\mathbf{I}=\int\int_D \sqrt{1-y^2} dx dy$, dove $D$ è il cerchio di raggio 1 e centro il punto $(1,0)$.
Soluzione:
$\mathbf{I}= \frac{8}{3}$. Suggerimento: Il dominio $D$ può essere rappresentato sia in forma $x$-semplice che $y$-semplice. Poiche' l'integrando è costante rispetto a $x$ conviene integrare prima rispetto alla $x$, cioè rappresentare $D$ in forma $y$-semplice. L'equazione della circonferenza è $(x-1)^2 + y^2=1$. Quindi, esplicitando la $y$ otteniamo:
$ D = \{(x,y):-1\le y \le 1, 1-\sqrt{1-y^2} \le x \le 1+\sqrt{1-y^2}\}$. L'integrale diventa:
$\mathbf{I}= \int_{-1}^1\sqrt{1-y^2}\left(\int_{1-\sqrt{1-y^2}}^{1+\sqrt{1-y^2}}dx\right)dy = 2\int_{-1}^1 (1-y^2)dy = 2\left[y-\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 = \frac{8}{3}$.
G5) Calcolare $\mathbf{I}=\int\int_D \frac{x^2}{y^2}dxdy$, dove $D = \{(x,y): 1\le x \le 2, \frac{1}{x} \le y \le x \}$.
Soluzione:
$\mathbf{I}= \frac{9}{4}$.
G6) Calcolare $\mathbf{I}=\int\int_D y^2\sin(x)dxdy$ dove $D= \{(x,y): 0 \le x \le \pi, \ 0 \le y \le 1+\cos(x)\}$.
Soluzione:
$\mathbf{I}= \frac{4}{3}$.
G7) Calcolare $\mathbf{I}=\int\int_D (x+y)dxdy$ dove $D= \{(x,y): 0 \le y \le 3, 1 \le x \le \sqrt{4-y}\}$.
Soluzione: $\mathbf{I}= \frac{241}{60}$. Si osservi che il dominio $D$ è assegnato in forma $y$-semplice. In tale forma il calcolo dell'integrale può risultare difficoltoso perche' nell'integrando compaiono dei radicali. Però è possibile semplificare i calcoli rappresentando il dominio $D$ in forma $x$-semplice nel modo seguente:
$D= \{(x,y): 1 \le x \le 2, 0 \le y \le 4-x^2\}$.
Utilizzando questa descrizione di $D$ i calcoli sono molto più semplici.
G8) Calcolare $\mathbf{I}= \int\int_D xydxdy$ dove $D$ è il dominio delimitato dalle due parabole di equazioni: $y^2=4x,\ x^2=4y$.
Soluzione: Le due curve si incontrano in $(0,0)$ e in $(4,4)$. Quindi $D = \{(x,y): 0 \le x \le 4, \frac{x^2}{4} \le y \le 2 \sqrt{x}\}$. Pertanto
$\mathbf{I}= \int_0^4x\left(\int_{x^2/4}^{2\sqrt{x}} y dy \right) dx = \int_0^4x\left[\frac{y^2}{2}\right]_{x^2/4}^{2\sqrt{x}} dx = \int_0^4x\left(2x^2-\frac{x^5}{32}\right)dx = \frac{64}{3}. $