Lezione n-1

Integrali

Esercizio 0.1 - Integrare la funzione f(x, y) = y(x^{2} + sen x) + e^{x} sull’insieme Q = (0, π) × (0, 3).

Soluzione 0.1 - Essendo il dominio un rettangolo si può scrivere

∫_{Q} f(x, y)dxdy = ∫_{0}^{π} ( ∫_{0}^{3} f(x, y)dy)dx = ∫_{0}^{3} ( ∫_{0}^{π} f(x, y)dx)dy

e integrare indifferentemente prima rispetto ad una variabile e poi rispetto all’altra. Scegliamo di integrare prima rispetto alla variabile y:

∫_{Q} f(x, y)dxdy = ∫_{0}^{π} ( ∫_{0}^{3}[y(x^{2} + sen x) + e^{x}]dy)dx
= ∫_{0}^{π} (\frac{y^{2}x^{2}}{2} + \frac{y^{2}}{2} sen x + ye^{x})|_{0}^{3}dx
= ∫_{0}^{π} (\frac{9x^{2}}{2} + \frac{9}{2} sen x + 3e^{x})dx
= (\frac{9x^{3}}{6} − \frac{9}{2} cos x + 3e^{x})|_{0}^{π}
= \frac{9π^{3}}{6} + \frac{9}{2} − \frac{9}{2} + 3e^{π} − 3 .

Esercizio 0.2 - Calcolare l’integrale

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy

dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩾ −3 , y ⩽ 3 , y ⩾ x}.

Soluzione 0.2 - Il dominio di integrazione è normale rispetto ad entrambe le variabili; scrivendo

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy = ∫_{E} x^{2} sen (xy)dxdy − 3 ∫_{E} y^{2} sen (xy)dxdy

conviene tenere nel primo integrale come variabile libera la x, mentre nel secondo conviene tenere come variabile libera la y; quindi

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy = ∫_{−3}^{3} x^{2} ∫_{x}^{3} sen (xy)dydx +
−3 ∫_{−3}^{3} y^{2} ∫_{−3}^{y} sen (xy)dxdy
= ∫_{−3}^{3}(x cos x^{2} − x cos 3x)dx +
−3 ∫_{−3}^{3}(y cos 3y − y cos y^{2})dy = 0,

in quanto integrali di funzioni dispari su intervalli simmetrici rispetto all’origine.

Esercizio 0.3 - Calcolare ∫_{E} xdxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩽

4 , x^{2} + y^{2} ⩾ 1 , 0 ⩽ y ⩽ 1 , x ⩾ 0}.

Soluzione 0.3 - Se scegliamo x come variabile libera dobbiamo spezzare in tre l’integrale (in tre insiemi come indicato in Figura 1). Conviene quindi scegliere y come variabile libera:

\begin{aligned}∫_{E} f(x, y)dxdy & = & ∫_{0}^{1} ( ∫\begin{matrix}√ & \overline{4−y^{2}} \\ √ & \overline{1−y^{2}} \end{matrix} xdx)dy \\ & = & ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}(4 − y^{2} − (1 − y^{2}))dy = \frac{3}{2} . \end{aligned}

Figura 1:

Esercizio 0.4 - Calcolare ∫_{E}(x^{2} +y)dxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | 0 ⩽ y ⩽ x^{2} , 0 ⩽ x ⩽ 2}. Soluzione 0.4 - L’insieme E è quello rappresentato in Figura 2. Scegliendo

Figura 2:

x come variabile libera si può scrivere l’integrale

∫_{0}^{2} dx( ∫_{0}^{x^{2}}(x^{2} + y)dy)

che diventa

∫_{0}^{2} dx(x^{2}y + \frac{y^{2}}{2} )|_{y=0}^{y=x^{2}} = ∫_{0}^{2} \frac{3}{2}x^{4}dx = \frac{48}{5} .

Scegliendo y come variabile libera l’integrale diventa (svolgerlo per esercizio) ∫_{0}^{4} dy( ∫_{√\overline{y}}^{2}(x^{2} + y)dx) .

Esercizio 0.5 - Calcolare ∫_{E}(x + y)dxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | 0 < x < y < 2x , 1 < xy < 2 }. Soluzione 0.5 - L’insieme E è quello in Figura 3. Si può svolgere il

Figura 3:

calcolo in coordianate cartesiane, ma è più semplice effettuare il cambio di coordinate

u = xy , v = \frac{y}{x}

da cui si ricava che

x = \sqrt{\frac{u}{v}} , y = \sqrt{uv} .

Lo jacobiano di tale trasformazione è dato da 1/2v per cui si ottiene

∫_{1}^{2} dv ∫_{1}^{2} du(\sqrt{uv} + \sqrt{\frac{u}{v}})\frac{1}{2v}

che svolto dà il risultato.

Esercizio 0.6 - Trovare il volume del tetraedro T di vertici (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1).

Soluzione 0.6 - Il tetraedro è il solido delimitato dai quattro piani x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1 e rappresentato in Figura 4. Per calcolare il

Figura 4:

volume di un solido S (e in generale la misura n-dimensionale di un aperto in R^{n}) si può calcolare l’integrale della funzione 1 sull’insieme S. Per cui valutiamo

∫_{T} dxdydz .

Scegliendo x come variabile libera si hanno le limitazioni 0 ⩽ x ⩽ 1. Per x fissato ora esprimiamo gli estremi per y e z (si veda il secondo disegno in Figura 4). Scegliendo y si ottiene 0 ⩽ y ⩽ 1 − x e infine 0 ⩽ z ⩽ 1 − x − y. Quindi

Vol (T) = ∫_{0}^{1} dx ∫_{0}^{1−x} dy ∫_{0}^{1−x−y} dz
= ∫_{0}^{1} dx ∫_{0}^{1−x} dy(1 − x − y)
= ∫_{0}^{1} dx (y − xy − y^{2}/2)|_{y=0}^{y=1−x}
= ∫_{0}^{1} [1 − 2x + x^{2} − \frac{x^{2} − 2x + 1}{2}]dx = \frac{1}{6} .

Esercizio 0.7 - Determinare il volume del toro di raggio R ottenuto ruotando una circonferenza di raggio r.

Soluzione 0.7 - Il toro è una figura la cui superficie può essere ottenuta ruotando una circonferenza di raggio r su una circonferenza di raggio R ortogonale alla prima, 0 < r < R per ottenere una figura come quella a sinistra in Figura 5. In generale per calcolare il volume di un solido

Figura 5:

di rotazione, cioè un solido la cui superficie si ottiene ruotando una curva (z, f(z)) nel piano con f > 0 (si veda la Figura 6), si possono usare le coordinate cilindriche. Considerando f : [a, b] → R, f ⩾ 0, e il solido

Figura 6:

ottenuto ruotando il grafico di f, descriviamo il solido con le coordinate

(ρ, ϑ, z) ↦ (ρ cos ϑ, ρ sen ϑ, z)

il cui jacobiano è ρ. Se denotiamo con S il solido, integrando si ha

Vol(S) = ∫_{a}^{b} dz ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{f(z)} ρ dρ = π ∫_{a}^{b} f^{2}(z)dz .

Per calcolare il volume del toro consideriamo quindi le funzioni f(z) = \sqrt{r^{2} − z^{2}} + R e g(z) = −\sqrt{r^{2} − z^{2}} definite tra −r e r valutando prima l’integrale di f^{2} al quale sottraiamo l’integrale di g^{2}. Si ha quindi

π ∫_{−r}^{r}[f^{2}(z) − g^{2}(z)]dz = 4Rπ^{2} ∫_{−r}^{r} \sqrt{r^{2} − z^{2}}dz .

Si noti che l’integrale da calcolare fornisce l’area del semicerchio, per cui il volume del toro è dato da

4Rπ \frac{πr^{2}}{2} = 2π^{2}Rr^{2} .

Si noti che questa quantità è data dal prodotto dell’area del cerchio piccolo πr^{2} moltiplicata per la lunghezza della circonferenza grande 2πR.

Esercizio 0.8 - Calcolare il volume del solido

E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 , x^{2} + y^{2} − 2 ⩽ z ⩽ 4 − x − y}.

Soluzione 0.8 - L’insieme di sui si vuole calcolare il volume è costituito tra la regione dello spazio in cui z è compresa tra il paraboloide x^{2} + y^{2} − 2 e il piano 4 − x − y, mentre x e y appartengono alla palla B centrata nell’origine e di raggio 1. Siccome il paraboloide e il piano si incontrano quando x e y appartengono alla circonferenza centrata in (−1/2, 1/2) e raggio \sqrt{13/2} (circonferenza che contiene la palla B), abbiamo che il volume può essere calcolato come integrale triplo della funzione f(x, y, z) = 1 sul dominio E che è normale rispetto alla variabile z. Otteniamo quindi che

Vol(E) = ∫_{E} dxdydz = ∫_{B} dxdy ∫_{x^{2}+y^{2}−2}^{4−x−y} dz = ∫_{B}(6 − x − y − x^{2} − y^{2})dxdy

Quest’ultimo integrale può infine essere calcolato utilizzando le coordinate polari, in modo da ottenere

Vol(E) = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1}(6 − ϱ cos ϑ − ϱ sen ϑ − ϱ^{2})ϱdϱ = \frac{11}{2}π.

Esercizio 0.9 - Calcolare ∫_{R} e^{−x^{2}}dx (suggerimento: calcolare in R^{2} l’inte-

grale di e^{−x^{2}−y^{2}}).

Soluzione 0.9 - La funzione f(x) = e^{−x^{2}} non ammette un’esplicita primitiva. Per calcolare quest’integrale usiamo un trucco: passiamo attraverso un integrale in R^{2}. Valutiamo

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy .

Usando le coordinate polari, il cui jacobiano è ρ, otteniamo

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{+∞} ρe^{−ρ^{2}}dρ = π .

D’altra parte

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy = ∫_{R} dx( ∫_{R} e^{−x^{2}−y^{2}}dy) =
= ∫_{R} dx(e^{−x^{2}} ∫_{R} e^{−y^{2}}dy) =
= ( ∫_{R} e^{−t^{2}}dt)^{2}

da cui si conclude che ∫_{R} e^{−x^{2}}dx = \sqrt{π} e più in generale

∫_{R^{n}} e^{−|x|^{2}}dx = (π)^{n/2} .

Esercizio 0.10 - Determinare l’area dell’ellisse racchiusa dalla curva \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1.

Soluzione 0.10 - Uso le coordinate polari modificate che possiamo chiamare coordinate ellittiche

(ρ, ϑ) ↦ (aρ cos ϑ, bρ sen ϑ)

che ha jacobiano abρ. L’area diventa

∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} ρab dρ = πab .

Esercizio 0.11 - Determinare il volume della regione interna sia alla superficie

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4a^{2}

che alla superficie cilindrica

x^{2} + (y − a)^{2} = a^{2} .

Soluzione 0.11 - Sfruttando la simmetria sia rispetto al piano x, y che rispetto al piano y, z il volume del solido risulta essere quattro volte il volume del solido delimitato inoltre dalle condizioni x > 0 e z > 0. A questo punto usiamo le coordinate cilindriche con asse lungo l’asse z e centrate nell’origine: il cilindro è determinato dall’equazione

ρ^{2} cos^{2} ϑ + (ρ sen ϑ − a)^{2} = a^{2}

che equivalentemente può essere scritto come

ρ(ρ − 2a sen ϑ) = 0

che ha soluzioni ρ = 0 e ρ = 2a sen ϑ. Quindi le limitazioni per le variabili sono

0 ⩽ ϑ ⩽ π/2 , 0 ⩽ ρ ⩽ 2a sen ϑ .

Infine da x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4a^{2} si ricava z^{2} = 4a^{2} − ρ^{2} da cui le limitazioni sulla z diventano

0 ⩽ z ⩽ \sqrt{4a^{2} − ρ^{2}} .

Quindi il volume è dato da

V = 4 ∫_{0}^{π/2} dϑ ∫_{0}^{2a sen ϑ} dρ ∫_{0}^{√\overline{4a^{2}−ρ^{2}}} ρdz

che fornisce, usando il fatto che per 0 ⩽ ϑ ⩽ π/2 \sqrt{1 − sen^{2}ϑ} = cos ϑ, il seguente risultato

V = \frac{16}{9}(3π − 4)a^{3} .

Esercizio 0.12 - Si calcoli l’integrale ∫_{S} \frac{x^{2}}{x^{2} + z^{2}} dxdydz dove

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} + z^{2} < 2, x^{2} − y^{2} + z^{2} < 0, y > 0} .

Soluzione 0.12 - Utilizziamo le coordinate cilindriche

x = ρ cos ϑ , y = t , z = ρ sen ϑ ,

con 0 ⩽ ϑ ⩽ 2π, 0 ⩽ ρ ⩽ 1 e ρ ⩽ t ⩽ \sqrt{2 − ρ^{2}}. L’integrale diventa

∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} dρ ∫_{ρ}^{√\overline{2−ρ^{2}}} (ρ\frac{ρ^{2} cos^{2} ϑ}{ρ^{2}}) dt = (2\sqrt{2} − 2)\frac{π}{3} .

In questo caso potrebbe sembrare più naturale utilizzare le coordinate sferiche: convincersi che non è così.