Integrali multipli — Parte 2 — Teoria ed esercizi misti

Integrali doppi, Teoria Funzioni di più variabili

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In questa seconda parte della nostra trattazione sugli integrali multipli, presentiamo alcuni metodi pratici per il loro calcolo (formule di riduzione, semplificazioni dovute alla parità, etc…) oltre a numerosi esempi svolti.

Questo articolo, naturale prosecuzione di Integrali multipli – parte 1 – teoria, è quindi indicato per studenti di Analisi 2 ed appassionati.

Riportiamo i seguenti articoli su altro materiale teorico su argomenti di Analisi 2:

Segnaliamo inoltre anche i seguenti articoli di esercizi:

Successioni di funzioni – Esercizi;

Limiti in più variabili – Esercizi;

Esercizi su punti stazionari con determinante hessiano nullo.

Sommario

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Questa dispensa è la seconda parte di un lavoro dedicato allo studio degli integrali doppi. Nella prima parte abbiamo presentato le proprietà fondamentali degli integrali doppi. In questa seconda parte, invece, studiamo alcuni metodi utili per calcolarli.

Autori e revisori

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Autori: Antonia Diana, Valerio Brunetti

Revisori: Luigi De Masi, Matteo Talluri, Daniele Bjørn Malesani, Silvia Lombardi, Roberto Castorrini, Jacopo Garofali, Daniele Fakhoury, Sara Sottile, Davide La Manna.

Notazioni

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$\mathbb R^+$	insieme dei numeri reali positivi;
$\mathcal R$	rettangolo di $\mathbb R^2$ ;
$S(f, \mathcal P)$ , $s(f, \mathcal P)$	somma superiore e inferiore di $f$ relative alla partizione $\mathcal P$ ;
$\int_{\Omega} f$	integrale di $f$ sull’insieme $\Omega$ ;
$\vert \cdot \vert$	volume $n$ -dimensionale, misura di Peano-Jordan;
$B_r (x_0,y_0)$ :	palla di centro $(x_0,y_0)$ e raggio $r$ ;
$J_\phi$	matrice Jacobiana della funzione $\phi$ .

Introduzione

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Nella prima parte della dispensa abbiamo elencato e dimostrato le proprietà fondamentali degli integrali doppi. Utilizzare la definizione per calcolare un integrale doppio risulta però poco pratico, pertanto vogliamo fornire delle formule utili per il calcolo effettivo degli integrali doppi nei casi reali.

Nel seguito utilizziamo le stesse notazioni della prima parte della dispensa, nella quale in lettore trova tutte le nozioni di base per lo studio degli integrali doppi.

Formule di riduzione

Introduzione.

Uno dei metodi più semplici, utile in moltissimi casi, è il metodo di riduzione.

Teorema 1.1 (formule di riduzione in un rettangolo). Siano $\mathcal R= [a,b] \times [c,d]$ , $f : \mathcal R \to \mathbb R$ integrabile.

$\quad$

Se, per ogni $x \in [a,b]$ , la funzione $y \mapsto f(x, y)$ è integrabile in $[c,d]$ allora la funzione $x \mapsto \int_c^d f(x,y) \, dy$ è integrabile in $[a,b]$ e risulta

$\iint_\mathcal R f(x,y)\,dxdy = \int_a^b \left (\int_c^d f(x,y) \, dy \right )dx .$
Se, per ogni $y \in [c,d]$ , la funzione $x \mapsto f(x, y)$ è integrabile in $[a,b]$ allora la funzione $y \mapsto \int_a^b f(x,y) \, dx$ è integrabile in $[c,d]$ e risulta
$\iint_\mathcal R f(x,y)\,dxdy = \int_c^d \left (\int_a^b f(x,y) \, dx \right )dy .$

Pertanto, quando entrambe le ipotesi sono verificate, vale la formula di scambio dell’ordine di integrazione, cioè

$\int_a^b \left (\int_c^d f(x,y) \, dy \right )dx = \int_c^d \left (\int_a^b f(x,y) \, dx \right )dy=\iint_\mathcal R f(x,y)\,dxdy .$

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamo solo la prima formula, poiché per la seconda il ragionamento è analogo (si scambiano i ruoli di $x$ e $y$ ). Per ipotesi, per ogni $x\in [a,b]$ la funzione $y \mapsto f(x, y)$ è integrabile in $[c,d]$ , quindi la funzione

$\phi(x)=\int_c^d f(x,y) \, dy$

è ben definita per ogni $x \in [a,b]$ . Vogliamo dimostrare che $\phi$ è integrabile e che vale

$\int_a^b \phi(x)\, dx =\iint_\mathcal R f(x,y) \, dxdy.$

Consideriamo $\mathcal T = \{T_i\}_{i=1}^t$ e $\mathcal P = \{ P_j\}_{j=1}^p$ partizioni di $[a,b]$ e $[c,d]$ rispettivamente; allora per ogni $x \in [a,b]$ vale

$\phi(x)=\int_c^d f(x,y) \, dy \geq s(\mathcal P, f(x,\cdot))=\sum_{j=1}^p \vert P_j \vert \inf_{y \in P_j} f(x,y)$

e dunque

$\inf_{x \in T_i} \phi (x) \geq \sum_{j=1}^p \vert P_j \vert \inf_{(x,y) \in T_i \times P_j} f(x,y) \qquad \forall i=1, \dots, t.$

Quindi abbiamo che

$s(\mathcal T, \phi) = \sum_{i=1}^t \vert T_i \vert \inf_{ x \in T_i} \phi(x) \geq \sum_{i=1}^t \sum_{j=1}^p \vert T_i \vert \vert P_j \vert \inf_{(x,y) \in T_i \times P_j} f(x,y)= s(\mathcal T \times \mathcal P, f)$

cioè $s(\mathcal T, \phi) \geq s(\mathcal T \times \mathcal P, f)$ . Con gli stessi argomenti possiamo dimostrare che $S(\mathcal T, \phi) \leq S(\mathcal T \times \mathcal P, f)$ , e quindi vale la seguente catena di disuguaglianze:

$s(\mathcal T \times \mathcal P, f) \leq s(\mathcal T, \phi)\leq S(\mathcal T, \phi) \leq S(\mathcal T \times \mathcal P, f) .$

Allora, poiché $f$ è integrabile, passando all’estremo superiore e all’estremo inferiore su tutte le partizioni di $[a,b]$ e $[c,d]$ , segue (dalla proposizione $1.15$ della prima parte della dispensa) che $\phi$ è integrabile e vale

(1) $\begin{equation*} \int_a^b \phi(x) \, dx= \int \int_{R} f(x,y) \, dxdy . \end{equation*}$

Osservazione 1.2. Facciamo notare che questo risultato è un caso particolare del teorema di Fubini-Tonelli, valido in una classe di spazi cosiddetti spazi di misura, che non trattiamo in quanto esulano dagli scopi della dispensa.

Con argomenti analoghi, possiamo estendere il risultato precedente al caso di funzioni integrabili in un dominio semplice (definizione $3.16$ della prima parte della dispensa), che ricordiamo qui.

Definizione 1.3 (dominio semplice). Un dominio $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ si dice semplice (o normale) rispetto all’asse $\boldsymbol{x}$ se esistono due funzioni $\alpha , \beta : [a,b] \to \mathbb R$ continue, tali che $\alpha \leq \beta$ in $[a,b]$ e

$\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, a \leq x \leq b , \, \alpha(x) \leq y \leq \beta(x) \}.$

Analogamente, $\mathcal D$ si dice semplice (o normale) rispetto all’asse $\boldsymbol{y}$ se esistono due funzioni $\gamma , \delta: [c,d] \to \mathbb R$ continue, tali che $\gamma \leq \delta$ in $[c,d]$ e

$\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, c \leq y \leq d , \, \gamma(y) \leq x \leq \delta(y) \}.$

Teorema 1.4 (formule di riduzione). Sia $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ e sia $f \colon \mathcal D \to \mathbb R$ una funzione integrabile in $\mathcal D$ .

$\quad$

Se $\alpha,\beta \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ funzioni continue, se
$\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, a \leq x \leq b , \, \alpha(x) \leq y \leq \beta(x) \}$

è un dominio semplice rispetto all’asse $x$ e se le restrizioni $f\vert _{S_x}$ di $f$ ai segmenti verticali $S_x$ definiti da

$S_x :=\{ x \} \times [\alpha(x),\beta(x)]=\{x\} \times \{y\in \mathbb R \, : \, \alpha (x) \leq y \leq \beta(x)\} \qquad \forall x \in [a,b]$

sono integrabili per ogni $x \in [a,b]$ , allora la funzione $x \mapsto \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(x,y) dy$ è integrabile in $[a,b]$ e vale

$\iint_\mathcal D f(x,y) \, dx dy = \int_a^b \left (\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(x,y) \, dy \right )dx.$

Se $\gamma, \delta \colon [c,d] \to \mathbb{R}$ sono funzioni continue, se
$\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, c \leq y\leq d , \, \gamma(y) \leq x \leq \delta(y) \}$

è semplice rispetto all’asse $y$ e se le restrizioni $f\vert _{S_y}$ di $f$ ai segmenti verticali $S_y$ definiti da

$S_y :=[\gamma(y), \delta(y)] \times \{y\}=\{x\in \mathbb R \, : \, \gamma(y) \leq x \leq \delta(y))\} \times \{y\}$

sono integrabili per ogni $y \in [c,d]$ , allora a funzione $y \mapsto \int_{\gamma(y)}^{\delta(y)}f(x,y) dx$ è integrabile in $[c,d]$ e vale

$\iint_\mathcal D f(x,y) \, dx dy = \int_c^d \left (\int_{\gamma(y)}^{\delta(y)} f(x,y) \, dx \right )dy .$

$\quad$

Dimostrazione. Anche in questo caso dimostriamo solo la prima formula, in quanto per la seconda il ragionamento è analogo.

Consideriamo $c,d \in \mathbb R$ tali che il rettangolo $\mathcal R = [a,b] \times [c,d]\supset \mathcal D$ . Consideriamo, inoltre, l’estensione $\widetilde f$ di $f$ in $\mathcal R$ definita da

$\begin{aligned} \widetilde f(x,y) = \begin{cases} f(x,y) \quad & \text{se $(x,y) \in \mathcal D$} \\ 0 & \text{se $(x,y) \in \mathcal R \setminus \mathcal D$}. \end{cases} \end{aligned}$

Allora, per ogni $x \in [a, b]$ le restrizioni $\widetilde f \vert _{R_x}$ di $\widetilde f$ ai segmenti

$R_x :=\{x\}\times[c,d]$

sono integrabili in quanto

$R_x = \{x\} \times [c,\alpha(x)] \cup \{x\} \times [\alpha(x),\beta(x)] \cup \{x\} \times [\beta(x),d]$

e $\widetilde f\vert _{R_x}$ è integrabile su ciascuno dei tre segmenti.

Dunque possiamo applicare la prima formula di riduzione del teorema 1.1 alla funzione $\widetilde f\vert_{\mathcal R_x} : y \mapsto \widetilde f (x,y)$ , da cui segue che la funzione $x \mapsto \int_c^d \widetilde{f}|_{R_x}(y) dy$ è integrabile e quindi lo è la funzione $x \mapsto \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(x,y) dy$ che coincide con essa. Inoltre vale:

$\begin{aligned} \iint_\mathcal D f(x,y) \, dx dy =& \iint_\mathcal R \widetilde f(x,y) \, dx dy \\= &\int_a^b \left (\int_c^d \widetilde f(x,y) \, dy \right )dx \\=& \int_a^b \left (\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(x,y) \, dy \right )dx , \end{aligned}$

dove la prima uguaglianza segue dalla definizione di integrale¹ di $f$ su $\mathcal D$ , mentre l’ultima segue dal fatto che, sui segmenti $[c,\alpha(x)]$ e $[\beta(x),d]$ la funzione $\widetilde{f}$ è nulla.

Se nel teorema 1.4 poniamo la funzione $f$ identicamente uguale a 1, otteniamo una formula per il calcolo dell’area del dominio $\mathcal D$ .

Corollario 1.5. Sia $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ un dominio semplice rispetto all’asse $x$ , allora

$\vert \mathcal D \vert := \iint_\mathcal D 1 \, dx dy = \int_a^b (\beta(x) - \alpha(x)) \, dx.$

Analogamente, sia $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ un dominio semplice semplice rispetto all’asse $y$ , allora

$\vert \mathcal D \vert := \iint_\mathcal D 1 \, dx dy = \int_c^d (\delta(y)-\gamma(y)) \, dy .$

$\quad$

definizione $2.1$ , prima parte della dispensa sugli integrali doppi. ↩

Esempi: calcolo dell'area di un dominio.

Vediamo, come primo esempio di applicazione delle formule di riduzione, come calcolare l’area di un dominio del piano.

Esercizio 1.6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area del dominio

$\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, 0 \leq x \leq 1 , \, x^2 \leq y \leq \sqrt x \} .$

$\quad$

Soluzione. Il dominio $\mathcal D$ è normale rispetto all’asse $x$ , quindi applicando le formule di riduzione del teorema 1.4 e il teorema fondamentale del calcolo integrale, si ottiene

$\begin{aligned} \vert \mathcal D \vert = \iint_\mathcal D \, dxdy=&\int_0^1 \int_{x^2}^{\sqrt x} \, dydx \\=& \int_0^1 (\sqrt x - x^2) \, dx \\=& \dfrac{2}{3} \sqrt{x^3} \Big \vert_{x=0}^{x=1} - \dfrac{1}{3} x^3 \Big\vert_{x=0}^{x=1} \\=& \dfrac{1}{3} . \end{aligned}$

Esercizio 1.7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area del dominio

$\mathcal D = \Big \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, 1 \leq y \leq 2 , \, \frac{y^3+y^2+1}{y^2(y^2+1)} \leq x\leq \frac{2y^2+1}{y(y^2+1)} \Big \} .$

$\quad$

Soluzione. Il dominio $\mathcal D$ è normale rispetto all’asse $y$ , quindi

$\begin{aligned} \vert \mathcal D \vert =& \iint_\mathcal D \, dxdy \\=&\int_1^2 \int_{\frac{y^3+y^2+1}{y^2(y^2+1)}}^{\frac{2y^2+1}{y(y^2+1)} } \, dxdy . \end{aligned}$

Da cui otteniamo

$\begin{aligned} \int_1^2 \int_{\frac{y^3+y^2+1}{y^2(y^2+1)}}^{\frac{2y^2+1}{y(y^2+1)} } \, dxdy=& \int_1^2 \frac{2y^2+1}{y(y^2+1)}- \frac{y^3+y^2+1}{y^2(y^2+1)} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{2y^3+y-y^3-y^2-1}{y^2(y^2+1)} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{y^3+y-y^2-1}{y^2(y^2+1)} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{y^2(y-1)+1(y-1)}{y^2(y^2+1)} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{(y^2+1)(y-1)}{y^2(y^2+1)} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{y-1}{y^2} \, dy \\=& \int_1^2 \frac{1}{y}- \frac{1}{y^2}\, dy \\=&\log(y) \big\vert_{y=1}^{y=2}+ \frac{1}{y} \Big\vert_{y=1}^{y=2} \\=& \log(2)-\frac{1}{2}. \end{aligned}$

Esempi: il caso di funzioni a variabili separabili.

Nella sezione precedente abbiamo visto come calcolare l’area di un dominio normale, che si riduce a calcolare un solo integrale. Adesso vogliamo applicare le formule di riduzione al calcolo di integrali doppi. Iniziamo, quindi, con il caso di funzioni a variabili separabili definite su un rettangolo.

Proposizione 1.8. Sia $f : [a,b] \times[c,d] \to \mathbb R$ del tipo $f(x,y)=\phi(x)\psi(y)$ con $\phi$ , $\psi$ integrabili. Allora

$\iint_{[a,b] \times[c,d]} f(x,y) \, dx dy = \int_a^b \phi (x) \, dx \int_c^d \psi (y) \, dy .$

$\quad$

Dimostrazione. Dal teorema 1.1 abbiamo che

$\iint_{[a,b] \times[c,d]} f(x,y) \, dx dy = \int_a^b \left ( \int_c^d \phi(x)\psi (y) \, dy \right )dx = \int_a^b \phi (x) \left ( \int_c^d\psi (y) \, dy \right )dx ,$

dove l’ultima uguaglianza deriva dal fatto che la funzione $\phi$ non dipende dalla variabile $y$ , quindi può essere portata fuori dall’integrale per la linearità dell’integrale². Per la stessa proprietà, abbiamo che

$\int_a^b \phi (x) \left ( \int_c^d \psi (y) \, dy \right )dx = \int_a^b \phi (x) \, dx \int_c^d\psi (y) \, dy .$

teorema $1.23$ , prima parte della dispensa sugli integrali doppi. ↩

Esercizio 1.9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(2) $\begin{equation*} \iint_{[0,1] \times[0,1]} x^4 ye^{y^2} \, dx dy . \end{equation*}$

$\quad$

Soluzione. Per la proposizione 1.8, abbiamo che

$\iint_{[0,1] \times[0,1]} x^4 ye^{y^2} \, dx dy = \int_0 ^1 x^4 \, dx \int_0 ^ 1 y e^{y^2} dy .$

Calcoliamo, quindi

$\int_0 ^1 x^4 \, dx = \dfrac{1}{5}$

$\int_0 ^ 1 y e^{y^2} dy= \frac{1}{2}e^{y^2}\Big \vert_0^1=\dfrac{1}{2} e - \dfrac{1}{2} .$

Pertanto,

$\iint_{[0,1] \times[0,1]} x^4 ye^{y^2} \, dx dy = \dfrac{1}{10} (e-1) .$

Nel caso in cui la funzione sia a variabili separabili, ma il dominio non sia rettangolare, non si può scrivere l’integrale come prodotto di due integrali. Se il dominio è semplice rispetto a uno degli assi, si possono però applicare le formule di riduzione per completare il calcolo.

Esercizio 1.10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(3) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D x^2 y \, dx dy \end{equation*}$

dove $\mathcal D = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, x^2+y^2 \leq 1 , \, x+y \geq 1 \}$

$\quad$

Soluzione. Notiamo, aiutandoci con la rappresentazione grafica in figura 1, che $\mathcal D$ può essere riscritto come dominio semplice rispetto ad entrambi gli assi.

$\quad$

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Figura 1: L’insieme $\mathcal D$ dell’esercizio 1.10 , ombreggiato in grigio.

$\quad$

Proviamo, ad esempio, a scrivere l’insieme $\mathcal D$ come dominio semplice rispetto all’asse $x$ :

$\mathcal D=\{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \,0 \leq x \leq 1 , \, 1-x \leq y \leq \sqrt{1-x^2} \} .$

Dunque, possiamo utilizzare le formule di riduzione del teorema 1.4 nel dominio $\mathcal D$ e calcolare l’integrale (3) come segue

(4) $\begin{equation*} \begin{split} \iint_\mathcal{D} x^2 y \, dx\, dy &= \int_0^1 \int_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}} x^2 y \, dy\, dx \\ &= \int_0^1 x^2 \left( \int_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}} y \, dy \right) dx \nonumber \\ &= \int_0^1 x^2 \left( \dfrac{y^2}{2} \Bigg|_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}} \right) dx \nonumber \\ &= \dfrac{1}{2} \int_0^1 x^2 \left( 1 - x^2 - (1 - x)^2 \right) \, dx \nonumber \\ &= \dfrac{1}{2} \int_0^1 x^2 \left( 1 - x^2 - 1 + x^2 + 2x \right) \, dx \nonumber \\ &= \int_0^1 \left( x^3 - x^4 \right) \, dx \nonumber \\ &= \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{5} \nonumber \\ &= \dfrac{1}{20}. \nonumber \end{split} \end{equation*}$

Si può procedere in modo analogo, scrivendo $\mathcal D$ come dominio semplice rispetto all’asse $y$ :

$\mathcal D=\{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \,0 \leq y \leq 1 , \, 1-y \leq x \leq \sqrt{1-y^2} \}.$

Applicando le stesse tecniche, calcoliamo l’integrale (3):

(5) $\begin{equation*} \begin{split} \iint_\mathcal{D} x^2 y \, dx\, dy &= \int_0^1 \int_{1-y}^{\sqrt{1-y^2}} x^2 y \, dx\, dy \\ &= \int_0^1 y \left( \int_{1-y}^{\sqrt{1-y^2}} x^2 \, dx \right) dy \nonumber \\ &= \int_0^1 y \left( \dfrac{x^3}{3} \Bigg|_{1-y}^{\sqrt{1-y^2}} \right) dy \nonumber \\ &= \dfrac{1}{3} \int_0^1 y \left( (1 - y^2)^{3/2} - (1 - y)^3 \right) \, dy \nonumber \\ &= \dfrac{1}{3} \int_0^1 y (1 - y^2)^{3/2} \, dy - \dfrac{1}{3} \int_0^1 y (1 - y^3 - 3y + 3y^2) \, dy \nonumber \\ &= \dfrac{1}{3} \int_0^1 y (1 - y^2)^{3/2} \, dy - \dfrac{1}{3} \int_0^1 (y - y^4 - 3y^2 + 3y^3) \, dy \nonumber \\ &= -\dfrac{1}{15} \left( (1 - y^2)^{5/2} \Bigg|_{0}^{1} \right) - \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{5} - 1 + \dfrac{3}{4} \right) \nonumber \\ &= \dfrac{1}{15} - \dfrac{1}{60} \nonumber \\ &= \dfrac{1}{20}. \nonumber \end{split} \end{equation*}$

Notiamo, dunque, che l’integrale in (3) può essere risolto come in (4) e in (5), senza particolari differenze. Infatti, come ci aspettavamo, i procedimenti forniscono lo stesso risultato in virtù del teorema 1.1.

Cambio di variabili

Introduzione.

In questa sezione ci occupiamo dell’analogo della formula d’integrazione per sostituzione già nota per funzioni di una variabile.

Per gli integrali di funzioni di una variabile un criterio per scegliere una sostituzione consiste nel considerare la semplificazione che essa induce sulla funzione integranda. In due (o più) variabili, quando possibile, una trasformazione di coordinate può avere l’ulteriore scopo semplificare anche la forma del dominio.

Prima di continuare, introduciamo una classe di domini la cui frontiera è regolare “abbastanza” da essere trasformata (o appiattita) mediante un metodo che chiameremo cambio di variabili.

Definizione 2.1. Un dominio regolare $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ si dice di classe $C^1$ se la sua frontiera è una curva di classe $C^1$ a tratti.

$\quad$

Osservazione 2.2. In altre parole, $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ è di classe $C^1$ se per ogni $P_0=(x_0,y_0) \in \partial \mathcal D$ esiste $r>0$ e una funzione $\gamma: \mathbb R \to \mathbb R$ di classe $C^1$ tale che

$\mathcal D \cap B(P_0, r) = \{ (x,y) \in B(P_0, r) \, : \, y \geq \gamma (x) \} \quad \text{oppure} \quad \mathcal{D} \cap B(P_0,r) = \{(x,y) \in B(P_0,r) \colon x \geq \gamma(y)\} ,$

dove con $B(P_0, r)=\{ (x,y) \, : \, \Vert (x,y) -(x_0,y_0) \Vert \leq r\}$ indichiamo la palla di centro $P_0$ e raggio $r$ .

Siano $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ domino regolare e $f: \mathcal D \to \mathbb R$ integrabile, vogliamo far vedere che l’integrale

(6) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D f(x,y) \, dxdy \end{equation*}$

può essere espresso come integrale di una trasformazione di $f$ su un altro dominio.

Allora, consideriamo un altro dominio regolare $\mathcal T \subset \mathbb R^2$ (in figura 2) e una funzione $\Phi : \mathcal T \to \mathcal D$ biunivoca, di classe $C^1$ (cioè tale che la funzione e la sua derivata siano continue) e con inversa $C^1$ , data da

$\Phi(u,v) = (\phi_1 (u,v), \phi_2 (u,v)) .$

$\quad$

Figura 2: trasformazione del dominio $\mathcal T$ .

$\quad$

In questo caso, diciamo che la funzione $\Phi$ definisce il cambio di variabili

$(u,v) \in \mathcal T \mapsto (x,y) \in \mathcal D$

con

$\begin{cases} x= \phi_1 (u,v) \\ y= \phi_2 (u,v) . \end{cases}$

Vorremmo cercare di scrivere l’integrale (6) come un integrale di $f (x(u, v), y(u, v))$ sul dominio $\mathcal T$ .

Intuitivamente, possiamo immaginare l’integrale (6) come la somma dei volumi di parallelepipedi infinitesimi centrati nel punto $(x,y)$ del piano $xy$ , aventi altezze pari a $f(x,y)$ e basi $dx,dy$ . Pertanto il volume infinitesimo di tali parallelepipedi può essere immaginato come prodotto $f (x, y) dx dy$ .

D’altra parte, possiamo immaginare l’integrale (6) anche come la somma dei volumi dei parallelepipedi infinitesimi aventi altezze pari a $f(x(u, v), y(u, v) )= f(\Phi(u, v))$ e basi pari a $\Phi(\mathcal R(u, v))$ dove $\mathcal R(u, v)$ è il generico quadrato nel piano $(u, v)$ avente vertici

$A=(u,v), \quad B=(u+du,v), \quad C=(u+du,v+dv), \quad D=(u,v+dv) \,$

Tali parallelepipedi hanno volume pari a $f(\Phi(u,v))\vert \mathcal R(u,v)\vert$ .

In maniera approssimativa, ci aspettiamo che valga un’uguaglianza simile alla seguente:

$\iint_{\mathcal D}f (x, y) \, dx dy = \iint_\mathcal T f(x(u, v), y(u, v)) \vert\Phi(R(u, v))\vert .$

Per dare significato a tale formula, occorre esprimere $\Phi (R(u,v)$ ) in funzione dell’area infinitesima $du \, dv$ .

Consideriamo, quindi, un rettangolo $\mathcal R \subset \mathcal T$ di vertici $A,B, C,D$ (in figura 3) e di area $\vert \mathcal R\vert = dudv$ . La funzione $\Phi$ trasforma i vertici di $\mathcal R$ in

$\begin{aligned}\overline A &= (\phi_1(u,v), \phi_2 (u,v)), \quad \overline B = (\phi_1(u+du,v), \phi_2(u+du,v)) , \\ \overline C &= (\phi_1(u+du,v+dv), \phi_2 (u+du, v+dv)), \quad \overline D = (\phi_1(u,v+dv), \phi_2(u,v+dv)) .\end{aligned}$

$\quad$

Figura 3: trasformazione del rettangolo $\mathcal R$ .

$\quad$

Quindi, se consideriamo l’approssimazione lineare di $\Phi$ data dalla formula di Taylor di primo ordine, possiamo pensare che $\mathcal R$ è trasformato in un parallelogramma $\Phi(\mathcal R)$ individuato dal vertice

$\overline A = (\phi_1(u,v),\phi_2 (u,v))=(x,y)$

e dai vettori

$\begin{aligned} \mathbf v_1=& (\phi_1(u+du,v)-\phi_1(u,v), \phi_2(u+du,v)-\phi_2 (u,v)) \\ \mathbf v_2= &(\phi_1(u,v+dv)-\phi_1(u,v), \phi_2 (u, v+dv)-\phi_2 (u,v)) . \end{aligned}$

Se consideriamo l’espansione in serie di Taylor delle funzioni $\phi_1$ , $\phi_2$ con approssimazione al primo ordine, possiamo riscrivere i vettori

$\begin{aligned} \mathbf v_1= &\left (\dfrac{\partial \phi_1(u,v)}{\partial u} du ,\dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial u} du \right ) \\ \mathbf v_2=& \left (\dfrac{\partial \phi_1 (u,v)}{\partial v} dv ,\dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial v} dv \right ) . \end{aligned}$

da cui segue che l’area del parallelogramma $\Phi(\mathcal R)$ è pari al valore assoluto del seguente determinante

$\det \left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial \phi_1(u,v)}{\partial u} du & \dfrac{\partial \phi_1 (u,v)}{\partial v} dv \\ \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial u} du& \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial v} dv \\ \end{array} \right )= \det \left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial \phi_1(u,v)}{\partial u} & \dfrac{\partial \phi_1 (u,v)}{\partial v} \\ \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial u} & \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial v} \\ \end{array} \right )dudv ,$

ovvero, chiamata $J_\Phi (u,v)$ la matrice Jacobiana di $\Phi : \mathcal T \to \mathcal D$

(7) $\begin{equation*} J_\Phi (u,v): = \left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial \phi_1(u,v)}{\partial u} & \dfrac{\partial \phi_1 (u,v)}{\partial v} \\ \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial u} & \dfrac{\partial \phi_2(u,v)}{\partial v} \\ \end{array} \right ), \end{equation*}$

abbiamo che

$\vert \Phi(\mathcal R) \vert = \vert \det J_\Phi (u,v) \vert dudv .$

Il prossimo teorema, noto come formula di cambio di variabili, è in parte giustificato dalla discussione precedente.

Teorema 2.3 (cambio di variabili). Siano $\mathcal D$ , $\mathcal T \subset \mathbb R^2$ domini di classe $C^1$ e sia $\Phi: \mathcal T \to \mathcal D$ una funzione biunivoca e di classe $C^1$ con inversa $C^1$ , tale che

$\Phi : (u,v) \in \mathcal T \mapsto(x,y)\in \mathcal D ,$

dove $\Phi(u,v)= (\phi_1(u,v), \phi_2(u,v))$ , cioè

$\begin{cases} x=\phi_1(u,v) \\ y=\phi_2 (u,v) . \end{cases}$

Allora, per ogni $f: \mathcal D \to \mathbb R$ integrabile, si ha

$\iint_{\mathcal D} f(x,y) \, dxdy= \iint_{\mathcal T=\Phi^{-1}(\mathcal D) }f(\phi_1(u,v), \phi_2 (u,v)) \vert \det J_\Phi (u,v) \vert \, dudv .$

$\quad$

Osservazione 2.4. L’ipotesi che $\Phi$ sia di classe $C^1$ con inversa di classe $C^1$ garantisce che $\det J_\Phi \neq 0$ in $\mathcal{T}$ . Ciò, nonostante non sia di per sé essenziale ai fini della validità del teorema 2.3, può risultare utile nella pratica poiché permette di invertire il cambio di variabili preservandone la validità.

Coordinate polari.

Un esempio di cambio di variabili spesso usato nella risoluzione di problemi è quello da coordinate cartesiane a coordinate polari.

Consideriamo la funzione $\Phi \colon (\rho, \theta) \in [0,+\infty) \times [0,2\pi)\mapsto (x,y) \in \mathbb{R}^2$ definita come

$\begin{cases} x= \rho \cos \theta \\ y= \rho \sin \theta ,\end{cases}$

la cui matrice Jacobiana è

$J_\Phi (\rho, \theta) = \left ( \begin{array}{cc} \cos \theta & -\rho \sin \theta \\ \sin \theta & \rho \cos \theta \\ \end{array} \right )$

e il determinante Jacobiano, in valore assoluto, è pari a $\vert \det J_\Phi (\rho, \theta) \vert = \rho$ .

Notiamo che la funzione $\Phi$ è di classe $C^1$ ma non è iniettiva, infatti

(8) $\begin{equation*} \Phi(0, \theta)= (0,0) \qquad \text{per ogni $\theta \in [0, 2\pi)$} . \end{equation*}$

Quindi, per applicare il teorema 2.3 dovremmo considerare la restrizione di $\Phi$ a $\mathcal V:=(0, \infty) \times (0, 2 \pi)$ . Notiamo, inoltre, che l’insieme $\mathbb R^2 \setminus \Phi (\mathcal V)= \{0\}$ è di misura nulla³, quindi per una funzione $f : \mathcal D \to \mathbb R$ integrabile si ha

$\iint_{\mathcal D} f(x,y) \, dxdy=\iint_{\mathcal D \cap \Phi (\mathcal V)} f(x,y) \, dxdy ,$

poiché l’integrale su un’ insieme di misura nulla è nullo⁴, cioè $\iint_{D \setminus \Phi(\mathcal V)} f = 0$ .

La formula del fattore di trasformazione d’area $\rho d\rho d\theta$ si giustifica euristicamente, seguendo il discorso fatto nel caso generale, notando che un rettangolino infinitesimo nel piano $(\rho, \theta)$ di vertici $(\rho,\theta)$ , $(\rho+d\rho,\theta)$ , $(\rho,\theta+d\theta)$ , $(\rho+d\rho, \theta+d\theta)$ , si trasforma nel piano $xy$ nel settore di corona circolare di area approssimativamente $\rho d\rho d\theta$ (come si vede dalla figura 4).

$\quad$

Figura 4: coordinate polari e cartesiane.

$\quad$

Osservazione 2.5. Osserviamo che, per la periodicità delle funzioni seno e coseno, possiamo scegliere come dominio della variabile $\theta$ qualsiasi intervallo di ampiezza $2\pi$ .

Dai prossimi esempi sarà chiaro che questo cambio di variabili è molto utile nei casi in cui il dominio $\mathcal D$ ha qualche simmetria di tipo radiale (ad esempio un cerchio, una corona circolare o un settore circolare) poiché trasforma l’integrale su $\mathcal D$ in un integrale su un rettangolo.

Un’ulteriore semplificazione si ha quando la funzione integranda è radiale, cioè esiste una funzione $g$ tale che

$f(x,y)= g(\sqrt{x^2+y^2})= g(\rho).$

In questo caso, l’integrale di $f$ trasformato in coordinate polari diventa un integrale in una variabile.

Definizione $2.6$ , prima parte della dispensa sugli integrali doppi. ↩

Proposizione $2.12$ , prima parte della dispensa sugli integrali doppi. ↩

Esercizio 2.6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(9) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D e^{-(x^2+y^2)} \, dxdy , \end{equation*}$

dove, dato $R >0$ , $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \,:\, x^2+y^2 < R^2 \right \}$ .

$\quad$

Soluzione. Parametrizziamo il dominio $\mathcal D$ (in figura 5) utilizzando le coordinate polari

(10) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ \hspace{3cm} \rho \in [0,R), \,\, \theta \in [0,2\pi),\\ y=\rho \sin \theta \end{cases} \end{equation*}$

cioè

$\mathcal D = \Phi (\mathcal T) \qquad \text{dove } \qquad \mathcal T= \{(\rho, \theta) \in \mathbb R^2 \, : \, \rho \in [0,R), \, \theta \in [0,2\pi)\}.$

$\quad$

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Figura 5: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.6.

$\quad$

Osserviamo che la funzione integranda $f(x,y)= e^{-(x^2+y^2)}$ dipende solo dalla nuova variabile $\rho$ (cioè è di tipo radiale), quindi abbiamo

$\iint_\mathcal D e^{-(x^2+y^2)} \, dxdy = \iint_{\mathcal T} e^{- \rho^2} \rho d \rho d \theta = \int_0^{2 \pi} \left (\int_0^R e^{- \rho^2} \rho \, d\rho \right )d\theta= 2 \pi \int_0^R e^{- \rho^2} \rho \, d\rho= \pi (1- e^{-R^2}),$

dove nella prima uguaglianza abbiamo usato il teorema 2.3 e il fatto che $J_\Phi(\rho,\theta)=\rho$ e nella penultima uguaglianza utilizziamo il fatto che la funzione è a variabili separabili in un rettangolo.

Proponiamo, di seguito, altri esercizi di varia difficoltà.

Esercizio 2.7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

$\iint_\mathcal D \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy$

dove $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \,:\, x^2+y^2-2x \leq 0 , \, \, y \geq 0 \right \}$ .

$\quad$

Soluzione. Il dominio $\mathcal D$ è il semicerchio di centro $(1,0)$ e raggio $1$ rappresentato nella figura 6.

$\quad$

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Figura 6: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.7.

$\quad$

Prima di scrivere il dominio $\mathcal D$ in coordinate polari, ricordiamo che il semicerchio di raggio $1$ centrato nell’origine (in figura 7),

$\quad$

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Figura 7: semicerchio di raggio $1$ centrato nell’origine.

$\quad$

È descritto dal seguente sistema di coordinate

(11) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ \hspace{3cm} \rho \in [0,1], \,\, \theta \in [0,\pi) .\\ y=\rho \sin \theta \end{cases} \end{equation*}$

Allora, possiamo riscrivere le equazioni che descrivono il dominio $\mathcal D$ in questo modo

$\rho^2 -2 \rho \cos \theta \leq 0 , \quad \sin \theta \geq 0 \qquad \iff \qquad \rho \in [0, 2\cos \theta] , \quad \theta \in \bigg [ 0, \dfrac{\pi}{2} \bigg ].$

Otteniamo, dunque, un nuovo dominio di integrazione $\mathcal T$ semplice (o normale) rispetto all’asse $\theta$ tale che $\Phi(\mathcal T)= \mathcal D$ , cioè

$\mathcal T= \{(\rho, \theta) \in \mathbb R^2 \, : \, 0 \leq \rho \leq 2 \cos \theta , \, 0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}\} .$

A questo punto, ricordiamo le formule di riduzione della sezione precedente e calcoliamo l’integrale

$\begin{aligned} \iint_\mathcal D \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy =& \iint_{\mathcal T} \rho^2 d\rho d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left (\int_0^{2 \cos \theta} \rho^2 \, d\rho \right )d\theta \\=&\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{8}{3} \cos^3 \theta \, d\theta \\ = & \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{8}{3} \cos \theta (1-\sin^2 \theta) \, d\theta \\=& \dfrac{8}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left (\cos \theta- \cos \theta \sin^2 \theta\right) \, d\theta \\= & \dfrac{8}{3} \left(\sin \theta- \dfrac{\sin^3\theta}{3} \right) \Big \vert_{\theta= 0}^{\theta= \frac{\pi}{2}} \\=& \dfrac{16}{9} . \end{aligned}$

Richiamiamo ora un metodo utile nella risoluzione degli esercizi in cui si utilizzano coordinate polari.

Osservazione 2.8 (metodo del triangolo rettangolo). Il metodo del triangolo rettangolo o della metà circonferenza serve per scrivere in coordinate polari un dominio $\mathcal D$ di forma circolare con centro su uno degli assi e tangente all’altro asse (come in figura 8); precisamente, si vuole ottenere una scrittura del dominio in maniera che sia normale rispetto alla variabile $\theta$ , cioè in cui la variabile $\rho$ viene scritta in funzione dell’angolo $\theta$ . Si tratta quindi di determinare la lunghezza del segmento $AB$ al variare dell’angolo $\theta$ in figura, in cui $A$ è l’origine degli assi e $B$ appartiene alla circonferenza che delimita $\mathcal D$ . Si consideri quindi il triangolo $ABC$ , che risulta rettangolo per considerazioni di geometria elementare. Per tale ragione, si ha

$\overline{AB}= \overline{AC} \cos \theta.$

$\quad$

Figura 8: metodo del triangolo rettangolo.

$\quad$

Quindi il cerchio $\mathcal D$ di centro $(R,0)$ e raggio $\vert R \vert$ in figura precedente si può scrivere in coordinate polari come

$\mathcal T =\left\{ (\rho, \theta) \, : \, - \dfrac{\pi}{2} \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2} , \, 0 \leq \rho \leq R \cos \theta \right\}.$

Esercizio 2.9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(12) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D x \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy , \end{equation*}$

dove $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, :\, x^2+y^2\le 1, \; x^2+y^2\le 2y, \; x \le 0 \right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Notiamo che prima e la seconda equazione definiscono rispettivamente i cerchi di centro $(0,0)$ e raggio $1$ e di centro $(0,1)$ e raggio 1. Per cui $\mathcal D$ coincide con la parte dell’intersezione tra questi due cerchi che si trova nel semipiano delle $x$ negative (come rappresentato nella figura 9).

$\quad$

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Figura 9: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.9, ombreggiato in celeste.

$\quad$

Determiniamo i punti $A$ e $B$ di intersezione tra le due circonferenze:

$\begin{cases} x^2+y^2=1\\\\ x^2+y^2=2y \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} y=\dfrac{1}{2}\\\\ x^2+y^2=1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} y=\dfrac{1}{2}\\\\ x=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2} , \end{cases}$

cioè $A= \left ( -\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2} \right )$ , $B= \left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2} \right )$ . Suddividiamo il dominio in due parti come in figura 10:

$\quad$

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Figura 10: suddivisione del dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.9.

$\quad$

chiamiamo

(13) $\begin{equation*} \mathcal D_1=\{x\in\mathbb{R}:y\geq-\dfrac{1}{\sqrt{3}}x\,,x^2+y^2\leq 1,\,x^2+y^2\leq 2y\,,x\leq 0\} \end{equation*}$

(14) $\begin{equation*} \mathcal D_2=\{x\in\mathbb{R}:y\leq-\dfrac{1}{\sqrt{3}}x\,,x^2+y^2\leq 1,\,x^2+y^2\leq 2y\,,x\leq 0\}. \end{equation*}$

Pertanto per la proprietà di additività (punto $4$ del teorema $2.15$ della prima parte della dispensa), l’integrale in (12) diventa

(15) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D x \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy=\underbrace{\iint_{\mathcal D_1} x \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy}_{I_1}+\underbrace{\iint_{\mathcal D_2} x \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy,}_{I_2} \end{equation*}$

dove con $I_1$ e $I_2$ indichiamo rispettivamente il primo e il secondo integrale.

Consideriamo $\mathcal D_1$ (in figura 11) e parametrizziamolo mediante le coordinate polari

$\quad$

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Figura 11: dominio $\mathcal D_1$ .

$\quad$

$\begin{cases} x=-\rho \sin \theta\\ \hspace{3cm} \rho \in [0,1], \quad \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{3}\right] , \\ y=\rho \cos \theta \end{cases}$

cioè

(16) $\begin{equation*}\mathcal D_1 = \Phi(\mathcal T_1) \end{equation*}$

dove $\mathcal T_1\{ (\rho, \theta) \in \mathbb R^2 \, : \, 0\leq \rho \leq 1 , \, 0 \leq \theta \leq \pi/3\}$ e

(17) $\begin{equation*} \Phi (\rho, \theta)= (-\rho \sin \theta, \rho \cos \theta) . \end{equation*}$

Osserviamo che questo insieme è normale rispetto all’asse $\theta$ e che lo Jacobiano del cambio di variabili considerato è sempre pari a $\rho$ (chiaramente perché si tratta solo di una rotazione rispetto alle coordinate polari classiche).

Analogamente scriviamo $\mathcal D_2$ (in figura 12) in coordinate polari utilizzando il metodo del triangolo rettangolo,

$\quad$

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Figura 12: dominio $\mathcal D_2$ .

$\quad$

$\begin{cases} x= -\rho \sin \theta \\ \hspace{3cm} \rho \in [0,2\cos \theta], \quad \theta \in \left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}\right] ,\\ y= \rho\cos \theta \end{cases}$

cioè

(18) $\begin{equation*} \mathcal D_2 =\Phi( \mathcal T_2)\end{equation*}$

dove $\mathcal T_2= \{ (\rho, \theta) \in \mathbb R^2 \, : \, 0\leq \rho \leq 2 \cos \theta , \, \pi/3 \leq \theta\leq \pi/2\}$ e

$\Phi(\rho, \theta) = (-\rho \sin \theta, \rho\cos \theta).$

Notiamo che anche in questo caso stiamo ruotando il sistema di coordinate di un angolo pari a $\pi/2$ in senso antiorario.

Calcoliamo $I_1$ e $I_2$ :

$\begin{aligned} I_1= \iint_{\mathcal T_1} -\rho^3\sin \theta\,d\rho d\theta = & \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{0}^{1}-\rho^3\sin \theta\,d\rho \\=&-\dfrac{\rho^4}{4}\bigg\vert^1_0 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\sin \theta \,d\theta \\ =&\dfrac{1}{4}\cos \theta \bigg \vert^{\frac{\pi}{3}}_0 \\=&\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}-1\right) \\=&-\dfrac{1}{8} ; \end{aligned}$

$\begin{aligned} I_2 =\iint_{\mathcal T_2} -\rho^3\sin\theta\,d\rho d\theta = &\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{2 \cos\theta} - \rho^3 \sin\theta \; \; d\rho \\=& - \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\rho^4}{4}\bigg\vert_0^{2\cos\theta} \; \sin\theta \; d\theta \\ =& - 4 \; \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, \sin\theta \, d\theta \\=&\dfrac{4}{5}\cos^5\theta\bigg\vert^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{3}} \\=& \dfrac{4}{5}\cdot \left(-\dfrac{1}{2^5}\right) \\=&- \dfrac{1}{40}. \end{aligned}$

Notiamo che, in entrambi gli integrali, abbiamo prima fatto un cambio di coordinate (passando, quindi, in coordinate polari) e poi abbiamo usato le formule di riduzione essendo i domini $\mathcal D_1$ , $\mathcal D_2$ normali rispetto all’asse $\theta$ . Allora, sostituendo nella relazione (15), otteniamo

$\iint_{\mathcal D} x \sqrt{x^2+y^2} \, dxdy = -\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{40} = -\dfrac{3}{20} .$

Esercizio 2.10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(19) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \, dxdy , \end{equation*}$

dove $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \,:\, x^2+y^2 \ge \dfrac{1}{4}, \; \left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+y^2\le\dfrac{1}{4} \right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Per risolvere questo integrale utilizziamo il metodo del triangolo rettangolo o della metà circonferenza, brevemente introdotto nell’osservazione 2.8.

Il dominio di integrazione $\mathcal D$ è l’insieme dei punti del cerchio di centro $(1/2, 0)$ e raggio $1/2$ , che si trovano fuori dal cerchio di centro l’origine e raggio $1/2$ , come mostrato in figura 13.

$\quad$

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Figura 13: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.10, ombreggiato in celeste.

$\quad$

Vogliamo parametrizzare $\mathcal D$ usando le coordinate polari, quindi per trovare l’intervallo in cui varia $\theta$ dobbiamo calcolare le coordinate dei punti $A$ e $B$ di intersezione delle due circonferenze:

$\begin{cases} x^2+y^2=\dfrac{1}{4}\\\\ \left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+y^2=\dfrac{1}{4} \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} y^2 = \dfrac{1}{4}-x^2\\\\ x = \dfrac{1}{4} \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} y = \pm \dfrac{\sqrt{3}}{4}\\\\ x = \dfrac{1}{4} , \end{cases}$

cioè $A= \left ( \dfrac{1}{4},\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$ , $B= \left ( \dfrac{1}{4},-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$ .

Poiché $\tan \theta= \dfrac{y}{x}$ si ha

$- \sqrt{3}=-\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4 \leq \tan \theta \leq \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4 = \sqrt{3} \qquad \Leftrightarrow \qquad -\dfrac{\pi}{3} \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{3} .$

Inoltre, dalla costruzione precedente e dall’osservazione 2.8 segue che

$\rho = \overline{OA}= \overline{AC} \cos \theta = \cos \theta$

e quindi $\rho \in \left[\dfrac{1}{2},\cos \theta\right]$ .

Allora, utilizzando il cambio di variabili che ci permette di scrivere $\mathcal D$ in coordinate polari, cioè $\mathcal D=\Phi(\mathcal T)$ con

(20) $\begin{equation*} \mathcal T= \{ (\rho, \theta) \in \mathbb R^2 \, : \, \dfrac{1}{2}\leq \rho \leq \cos \theta , \, -\dfrac{\pi}{3}\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{3}\} , \qquad (x,y)=\Phi(\rho,\theta)=(\rho\cos\theta, \rho \sin \theta) \end{equation*}$

e osservando che $\mathcal T$ è normale rispetto alla variabile $\theta$ , otteniamo

$\begin{aligned} \iint_{\mathcal D} \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \; dxdy &= \iint_\mathcal T \dfrac{\rho}{\sqrt{1-\rho^2}}\, d\rho d\theta \\ &= \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_{\frac{1}{2}}^{\cos \theta} \dfrac{\rho}{\sqrt{1-\rho^2}}\; d\rho \\ & = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \left(-\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{1-\rho^2} \cdot 2\right)\bigg\vert_{\frac{1}{2}}^{\cos \theta} \, d\theta \\ & = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \left(- \vert \sin \theta \vert + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \, d\theta \\ & = 2\int_{-\frac{\pi}{3}}^0 \left(\sin \theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \, d\theta %+ \int_0^{{\frac{\pi}{3}}} \left(-\sin \theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \, d\theta \\ & = 2\left( -\cos \theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \theta \right) \bigg\vert_{-\frac{\pi}{3}}^0 %+ \left( \cos \theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \theta \right) \bigg\vert_0^{\frac{\pi}{3}} \\ & = 2\left(-1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\pi}{6}\right) %+ \left(-1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\pi}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{3}\pi}{3}-1 , \end{aligned}$

dove abbiamo eliminato il valore assoluto sfruttando il fatto che la funzione $\vert \sin \theta \vert$ è pari quindi l’integrale

$\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \left(- \vert \sin \theta \vert + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \, d\theta$

è uguale a due volte l’integrale su metà dominio.

Osservazione 2.11. Come abbiamo già evidenziato all’inizio di questa sezione, la scelta della parametrizzazione è volta alla semplificazione del dominio e/o della funzione integranda.

Nel caso particolare dell’esercizio 2.10 si potrebbe pensare di parametrizzare anche il cerchio di centro $(1/2,0)$ (o soltanto la parte che interseca la prima circonferenza) utilizzando le coordinate polari

(21) $\begin{equation*} \begin{cases} x=\dfrac{1}{2}+\rho \cos \theta \qquad \rho \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right] , \, \theta \in [0, 2\pi) . \\ y=\rho \sin \theta \end{cases} \end{equation*}$

Tuttavia, poichè la funzione integranda in (19) dipende da $x^2+y^2$ , si nota immediatamente che la funzione ottenuta dopo aver operato il cambio di variabili (21) è

$f(\rho, \theta) = \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{3}{4}-\rho-\rho \cos \theta}} ,$

cioè dipende da entrambe le variabili $\rho, \theta$ (nel nostro caso la funzione ottenuta dopo il cambio di variabili dipende solo dalla variabile $\rho$ ), quindi il calcolo dell’integrale risulta più complicato.

Coordinate ellittiche.

Illustriamo ora un altro tipo di cambio di coordinate che risulta utile quando si studiano problemi definiti su domini di forma ellittica. Cominciamo con il calcolo dell’area di un’ellisse.

Fissati $a,b \in \mathbb R$ tali che $a,b >0$ , vogliamo calcolare l’area dell’insieme $\mathcal D$ delimitato dall’ellisse centrata nell’origine di semiassi $a,b$ , cioè

$\mathcal D =\left \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} \leq 1\right \} .$

Per parametrizzare questo dominio, utilizziamo una generalizzazione delle coordinate polari, note come coordinate ellittiche:

(22) $\begin{equation*} \begin{cases} x= a \rho \cos \theta \qquad (\rho, \theta) \in [0,+\infty ) \times [0, 2 \pi). \\ y= b\rho \sin \theta \end{cases} \end{equation*}$

Infatti, i punti di coordinate $(a\rho\cos\theta, b\rho\sin \theta)$ per $\theta \in [0,2\pi]$ descrivono l’ellisse di centro l’origine, semiasse orizzontale pari a $a \rho$ e semiasse verticale pari a $b \rho$ (in figura 14). Allora $\mathcal D$ è costituito dall’unione di tali ellissi al variare di $\rho \in [0,1]$ .

$\quad$

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Figura 14: ellisse di centro l’origine, semiasse semiasse orizzontale $a \rho$ e semiasse verticale $b \rho$ .

$\quad$

Quindi, detta $\Phi$ la trasformazione definita in (22) abbiamo che

$\mathcal D= \Phi (\mathcal T)\qquad \text{dove} \qquad \mathcal T= \{ (\rho, \theta) \in [0,1] \times [0, 2 \pi) \} .$

Dunque, la matrice Jacobiana della trasformazione $\Phi: [0,1] \times [0, 2 \pi) \to \mathbb R^2$ è

$J_\Phi (\rho, \theta) = \left ( \begin{array}{cc} a\cos \theta & -a\rho \sin \theta \\ b\sin \theta & b\rho \cos \theta \\ \end{array} \right )$

e il suo determinante Jacobiano, in valore assoluto, è pari a $\vert \det J_\Phi (\rho, \theta) \vert = ab\rho$ .

Pertanto, tenendo conto di tutte le osservazioni fatte per il caso delle coordinate polari, calcoliamo

$\vert \mathcal D \vert =\iint_{\mathcal D} dxdy = \iint_{\mathcal T} ab\rho \, d\rho d\theta= \int_0^1 \left (\int _0^{2\pi} ab\rho \, d\rho\right ) d\theta= \pi ab .$

Come già visto nel caso delle coordinate polari, questa trasformazione oltre ad essere utile per trovare l’area di un’ellisse, ci permette anche di calcolare integrali su domini di forma ellittica.

Altri cambi di variabili.

Vediamo, adesso, altri esempi di cambi di variabili suggeriti dalla forma del dominio di integrazione.

Esercizio 2.12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(23) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D (x-y) \log(x+y) \, dxdy \end{equation*}$

dove $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, 0 \leq x-y \leq 1 , \, 1 \leq x+y \leq 3 \right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Data la forma del dominio (in figura 15)

$\quad$

Figura 15: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.12.

$\quad$

e osservato che anche la funzione integranda dipende solo da $x-y$ e $x+y$ , un cambio di variabile naturale è

$\begin{cases} x-y=u \\ x+y=v \end{cases} \qquad \iff \qquad \begin{cases} x= \dfrac{u+v}{2} \\ \\ y= \dfrac{u-v}{2} \end{cases} \qquad (u,v) \in [0,1] \times [1,3],$

cioè

$\Phi(u,v)=\left (\frac{u+v}{2},\frac{u-v}{2} \right )$

$\mathcal D=\Phi(\mathcal T) \qquad \text{dove} \qquad \mathcal T=\{(u,v) \in \mathbb R^2 \, : \, 0 \leq u \leq 1 , 1 \leq v \leq 3 \}.$

Osserviamo che il dominio $\mathcal{T}$ è semplice rispetto a entrambe le variabili $u,v$ . Lo Jacobiano della trasformazione $\Phi$ è

$\det J_\Phi (u, v) = \det\left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial (u+v)/2}{\partial u} & \dfrac{\partial (u+v)/2}{\partial v} \\\\ \dfrac{\partial (u-v)/2}{\partial u} & \dfrac{\partial (u-v)/2}{\partial v} \\ \end{array} \right) =\det\left ( \begin{array}{cc} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} \\ \end{array} \right )= -\dfrac{1}{2}.$

Allora, applicando il cambio di variabile e successivamente le formule di riduzione, l’integrale (23) diventa

$\begin{aligned} \iint_\mathcal T\dfrac{1}{2} u \log(v) \, dudv =& \dfrac{1}{2} \int_1^3 \log(v) \, dv \int_0^1 u\, du \\=& \dfrac{1}{4} \int_1^3 \log(v) \, dv \\=& \dfrac{1}{4} \left ( v \log(v) \bigg \vert_1^3-\int_1^3 \, dv \right) \\=& \dfrac{1}{4} \left( 3\log(3) - 3 -\log(1)+1\right ) \\=& \dfrac{1}{4} \left( 3\log(3) - 2 \right ) .\end{aligned}$

Esercizio 2.13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(24) $\begin{equation*} \iint_\mathcal D e^{4x} \, dxdy , \end{equation*}$

dove $\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, e^{2x} \leq y \leq e^{2x}+1 , \, 2-e^{2x} \leq y \leq 3 -e^{2x}\right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Per questo esercizio valgono gli stessi commenti dell’esercizio 2.12, pertanto il cambio di variabili più semplice è suggerito dalla forma del dominio (in figura 16),

$\quad$

Figura 16: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 2.13.

$\quad$

che può essere riscritto come

$\mathcal D=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \,0 \leq y- e^{2x} \leq 1 , \, 2 \leq y +e^{2x} \leq 3\right\} .$

Si scelga allora la trasformazione $\Phi :[0,1] \times [2,3] \to \mathcal{D}$ determinata da

$\begin{cases} y-e^{2x}=u \\ y+e^{2x}=v \end{cases} \qquad \iff \qquad \begin{cases} x=\dfrac{1}{2} \log\left ( \dfrac{v-u}{2}\right) \\\\ y= \dfrac{v+u}{2} \end{cases} \qquad (u,v) \in [0,1] \times [2,3],$

il cui Jacobiano è

$\begin{split} \det J(u,v) &= \dfrac{1}{2} \det\left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial \log\left ( \dfrac{v-u}{2}\right)}{\partial u} & \dfrac{\partial \log\left ( \dfrac{v-u}{2}\right)}{\partial v} \\\\ \dfrac{\partial (v+u)}{\partial u} & \dfrac{\partial (v+u)}{\partial v} \\ \end{array} \right) \\ &= \det \left ( \begin{array}{cc} -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{v-u} & \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{v-u} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \end{array} \right) \\ &= -\dfrac{1}{2(v-u)} \end{split}$

per ogni $(u,v) \in [0,1] \times [2,3]$ , che è sempre ben definito e negativo in quanto $v >u$ per ogni $(u,v) \in \mathcal{T}$ . Dunque, detto

$\mathcal T = \{(u,v) \in \mathbb R^2 \, : \, 0 \leq u \leq 1 , \, 2 \leq v \leq 3 \},$

la trasformazione $\Phi \colon \mathcal{T}\to \mathcal{D}$ soddisfa le ipotesi del teorema 2.3. Poiché $e^{4x}=(e^{2x})^2 = \left( \dfrac{v-u}{2}\right)^2$ , per il teorema 2.3 l’integrale in (24) diventa

$\begin{aligned} \iint_\mathcal{D} e^{4x}dxdy = \iint_\mathcal T \dfrac{(v-u)^2}{4} \dfrac{1}{2(v-u)} \, dudv = & \dfrac{1}{8} \iint_\mathcal T (v-u) \, du dv \end{aligned}$

Poiché in particolare $\mathcal{T}$ è normale rispetto all’asse $v$ , applichiamo le formule di riduzione ottenendo

$\begin{aligned} \dfrac{1}{8} \iint_\mathcal T (v-u) \, du dv =& \dfrac{1}{8} \int_0^1 \dfrac{(v-u)^2}{2} \Bigg \vert_{v=2}^{v=3} \, du \\=& \dfrac{1}{16} \int_0^1 \left [ (3-u)^2-(2-u)^2\right] \, du \\=& \dfrac{1}{16} \int_0^1 (5-2u) \, du \\=& \dfrac{1}{16} (5-1) \\=& \dfrac{1}{4} . \end{aligned}$

Esercizio 2.14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio:

(25) $\begin{equation*} \iint_\mathcal{D} \cos\left(\dfrac{x-y}{x+y}\right) \, dxdy , \end{equation*}$

dove $\mathcal{D}=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x+y \le 1,\,\,x\geq 0,\,\,y \geq 0\right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Il dominio $\mathcal D$ è rappresentato nella figura 17.

$\quad$

Figura 17: dominio dell’esercizio 2.14.

$\quad$

Notiamo che la funzione integranda non è definita nell’origine ma, poiché l’insieme $\{(0,0)\}$ è di misura nulla e la funzione è continua e limitata in $\mathcal{D} \setminus \{(0,0)\}$ per il teorema $3.6$ della prima parte della dispensa essa è integrabile; possiamo dunque procedere con l’integrazione.

Dato che la funzione integranda e il dominio sono espressi in funzione di $x+y$ ed $x-y$ , operiamo la seguente sostituzione

$\begin{cases} x+y=u\\ x-y=v, \end{cases}$

cioè

(26) $\begin{equation*} \Phi(u,v)= \left(\dfrac{u+v}{2}, \dfrac{u-v}{2}\right), \end{equation*}$

il cui Jacobiano è

$J(u,v)=\det \left ( \begin{array}{cc} \dfrac{\partial (u+v)/2}{\partial u} & \dfrac{\partial (u+v)/2}{\partial v} \\\\ \dfrac{\partial (u-v)/2}{\partial u} & \dfrac{\partial (u+v)/2}{\partial v} \\ \end{array} \right )=\det \left ( \begin{array}{cc} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} \\ \end{array} \right )=-\dfrac{1}{2}.$

Possiamo scrivere

$\mathcal{D}= \Phi(\mathcal T) \qquad \text{dove} \qquad \mathcal T=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:\, u\leq 1,\,u\geq -v,\,\,u\geq v \right\}.$

Le ultime due condizioni sono equivalenti a $u \geq 0$ e $-u \leq v \leq u$ , quindi il dominio è identificato dalle equazioni

$\mathcal{T}=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:\, 0 \leq u \leq 1 , \, -u \leq v \leq u \right\} ,$

cioè è normale rispetto all’asse $u$ (si veda figura 18).

Effettuando il cambio di variabili $\Phi \colon \mathcal{T} \to \mathcal{D}$ definito da (26), riscriviamo (25) come segue:

(27) $\begin{equation*} \iint_\mathcal{D} \cos\left(\dfrac{x-y}{x+y}\right) \, dx dy=\dfrac{1}{2}\iint_\mathcal{T}\cos\left(\dfrac{v}{u}\right) \, dudv = \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}du \int_{-u}^{u}\cos\left(\dfrac{v}{u}\right)\,dv, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza si sono applicate le formule di riduzione rispetto all’asse $u$ , poiché $\mathcal{T}$ è normale.

$\quad$

Figura 18: il dominio $\mathcal{T}= \Phi(\mathcal D)$ dell’esercizio 2.14.

$\quad$

Ricordando che la funzione coseno è pari e utilizzando la simmetria del dominio, calcoliamo (27):

$\begin{aligned} \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}du \int_{-u}^{u}\cos\left(\dfrac{v}{u}\right)\,dv =&\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}du\left(2\int_{0}^{u}\cos\left(\dfrac{v}{u}\right)\,dv\right) \\ =&\int_{0}^{1}u\sin\left(\dfrac{v}{u}\right)\bigg\vert^u_0\,du \\=&\int_{0}^{1}u\sin 1\,du \\=&\sin 1 \cdot\dfrac{u^2}{2}\bigg\vert^1_0 \\=&\dfrac{\sin 1 }{2}. \end{aligned}$

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Baricentro e momento di inerzia

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In questa sezione presentiamo alcuni esempi di applicazione di integrali doppi, ossia come calcolare il baricentro e il momento di inerzia di un corpo piano utilizzando, ove necessario, le formule di riduzione e i cambi di variabile delle sezioni precedenti.

Definizione 3.1 (massa totale e baricentro). Sia $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ un dominio e sia $\sigma: \mathcal D \to \mathbb R ^+$ una funzione integrabile.

Chiamiamo massa di $\mathcal D$ con densità $\sigma$ la quantità

(28) $\begin{equation*} m = \iint_{\mathcal D} \sigma (x,y) \, dxdy .\end{equation*}$

Inoltre, chiamiamo baricentro di $\mathcal D$ il punto di coordinate $(x^*, y^*)$ date da

(29) $\begin{equation*} x^* = \dfrac{1}{m} \iint_{\mathcal D} x\sigma (x,y) \, dxdy\, ,\qquad y^*= \dfrac{1}{m} \iint_{\mathcal D} y\sigma (x,y) \, dxdy.\end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 3.2. Il nome massa nella definizione 3.1 deriva dal fatto che essa può essere interpretata come la massa totale di un corpo piano, assimilabile a una lastra piatta di forma $\mathcal D$ avente densità $\sigma$ dipendente dal punto $(x, y)$ considerato.

La prossima osservazione fornisce una motivazione intuitiva alle definizioni date.

Osservazione 3.3. Notiamo che, se $\sigma$ indica la densità per unità di superficie nel punto $(x,y)$ (che può essere considerata costante in un piccolo intorno di $(x,y)$ ), allora $\sigma(x,y)dxdy$ , essendo il prodotto della densità per la superficie infinitesima, rappresenta la massa infinitesima dell’elemento d’area $dxdy$ . Quindi, sommando tutti i contributi in $\mathcal D$ , ovvero integrando su $\mathcal D$ (formula (28), si ottiene la massa totale.

Seguendo lo stesso ragionamento, anche la formula delle coordinate del baricentro (29) si può intuitivamente pensare come generalizzazione al caso infinitesimo della formula del baricentro di un numero finito di punti aventi masse finite. Infatti, la coordinata $x^*$ (risp. $y^*$ ) del baricentro è la media della funzione $x$ (risp $y$ ) rispetto alla misura $\sigma(x,y)dxdy = dm(x,y)$ , dove $dm(x,y)$ è la massa infinitesima dell’elemento d’area $dxdy$ .

Definizione 3.4 (momento di inerzia). Sia $\mathcal D \subset \mathbb R^2$ un dominio e sia $\sigma: \mathcal D \to \mathbb R ^+$ una funzione integrabile. Chiamiamo momento di inerzia di $\mathcal D$ rispetto ad un asse perpendicolare al piano $xy$ passante per il punto $(x_0,y_0)$ , la quantità

$\mathcal I= \iint_{\mathcal D} ((x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \sigma(x,y) \, dxdy.$

$\quad$

Nel caso in cui la materia sia distribuita in modo uniforme (cioè se $\sigma=m/\vert \mathcal D \vert$ è costante, quindi integrabile), il baricentro è anche detto centroide ed ha coordinate

(30) $\begin{equation*} x^* = \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert }{\iint_{\mathcal D} x \, dxdy} ,\qquad y^*= \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert}{\iint_{\mathcal D} y \, dxdy} , \end{equation*}$

dove $\vert \mathcal D \vert = \iint_{\mathcal D} dxdy$ è l’area di $\mathcal D$ , mentre il momento d’inerzia di $\mathcal D$ rispetto ad un asse $\mathcal{R}$ passante per il punto $(x_0,y_0)$ e perpendicolare al piano $xy$ è dato da

(31) $\begin{equation*} \mathcal I= \dfrac{m}{\vert \mathcal D \vert}\iint_{\mathcal D} (x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \, dxdy . \end{equation*}$

Esercizio 3.5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il momento di inerzia di una lastra rettangolare $\mathcal{D}$ omogenea (cioè con densità $\sigma$ costante) di massa $m$ rispetto ad un asse perpendicolare ad essa e passante per il suo baricentro

$\quad$

Soluzione. Possiamo pensare il nostro corpo come una lastra piana nello spazio fisico tridimensionale, di cui consideriamo come dimensioni significative solo la lunghezza $a$ e la larghezza $b$ (nella parte inferiore della figura 19) e parallela al piano $x,y$ . Posizioniamo la lastra nel primo quadrante del piano $x,y$ e in modo che un vertice del rettangolo coincida con l’origine $(0,0,0)$ degli assi. Con tali scelte, la lastra coincide col dominio $\mathcal{D}$ nel piano $x,y$ rappresentato in nella parte superiore della figura 19 e definito da

(32) $\begin{equation*} \mathcal{D} = \{(x,y) \colon 0 \leq x \leq a,\,\, 0 \leq y \leq b\}. \end{equation*}$

Inoltre, il baricentro della lastra ha coordinate $(x^*,y^*,0)$ e l’asse indicato dal problema ha equazioni $x=x^*$ e $y=y^*$ .

$\quad$

Figura 19: lastra rettangolare omogenea dell’esercizio 3.5.

$\quad$

Iniziamo col calcolare $x^*$ e $y^*$ :

$\begin{aligned} &x^*= \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert }{\iint_{\mathcal D} x \, dxdy}= \dfrac{1}{ab}{\int_0^b\left( \int_0^a x \, dx\right)dy}= \dfrac{a^2b}{2ab}=\dfrac{a}{2}, \\& y^* = \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert }{\iint_{\mathcal D} y \, dxdy}= \dfrac{1}{ab}{\int_0^b \left(\int_0^a y \, dx\right)dy}= \dfrac{ab^2}{2ab}=\dfrac{b}{2} , \end{aligned}$

dove abbiamo utilizzato il fatto che la regione $\mathcal D$ occupata dalla lastra ha area $\vert \mathcal D \vert =ab$ . Osserviamo che, data l’omogeneità della lastra, il baricentro coincide col centro geometrico della stessa, come era ragionevole aspettarsi.

Poiché la densità $\sigma={m}/{|\mathcal{D}|}$ della lastra è costante, per la definizione 3.4 il momento di inerzia della lastra rispetto all’asse perpendicolare al piano $xy$ e passante per il punto $(x^*, y^*)$ è

(33) $\begin{equation*} \mathcal I= \dfrac{m}{\vert \mathcal D \vert}\iint_{\mathcal D} (x-x^*)^2+(y-y^*)^2 \, dxdy. = \dfrac{m}{ab}\iint_{\mathcal D} (x-x^*)^2+(y-y^*)^2 \, dxdy. \end{equation*}$

Dato che $\mathcal{D}$ è normale rispetto a entrambi gli assi, possiamo applicare le formule di riduzione ottenendo

(34) $\begin{equation*} \begin{split} \mathcal I= & \dfrac{m}{ab}\int_0^a \left (\int_0^b (x-{x^*})^2+ (y-{y^*})^2 \, dy\right)dx \\=& \dfrac{m}{ab}\int_0^a \left( \int_0^b \left(x-\dfrac{a}{2}\right)^2+ \left(y-\dfrac{b}{2}\right)^2 \, dy \right) dx \\=& \dfrac{m}{ab} \dfrac{1}{4} \int_0^a \left( \int_0^b (4x^2+a^2-4ax + 4y^2+b^2-4by) \, dy \right) dx \\=& \dfrac{m}{ab} \dfrac{1}{4} \left (b \int_0^a (4x^2-4ax) \, dx+a \int_0^b ( 4y^2-4by) \, dy + ab (a^2+b^2) \right) \\=& \dfrac{m}{ab} \dfrac{1}{4} \left ( \dfrac{4a^3b}{3}-2a^3b+\dfrac{4ab^3}{3}-2ab^3+ab(a^2+b^2) \right ) \\=& \dfrac{m}{4}\left ( \dfrac{4a^2}{3}-2a^2+\dfrac{4b^2}{3}-2b^2+a^2+b^2 \right ) \\=& \dfrac{m}{12} (a^2+b^2). \end{split} \end{equation*}$

Esercizio 3.6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il momento di inerzia di un disco omogeneo $\mathcal D$ (cioè con densità $\sigma$ costante) di raggio $R$ e massa $m$ rispetto ad un asse perpendicolare a esso e passante per il suo baricentro.

$\quad$

Figura 20: rappresentazione dall’alto e laterale del disco $\mathcal{D}$ dell’esercizio 3.6.

$\quad$

Soluzione. Come in figura 20, in un sistema di coordinate $(x,y,z)$ tridimensionale, supponiamo che il disco sia posizionato parallelamente al piano $x,y$ e che il suo centro coincida con l’origine degli assi. Allora, parametrizzando il cerchio mediante le coordinate polari, le coordinate del baricentro sono

$\begin{aligned} &x^*= \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert }{\iint_{\mathcal D} x \, dxdy}= \dfrac{1}{ \pi R^2}{\int_0^R\left( \int_0^{2 \pi} \rho \cos \theta \, d\theta \right)d\rho}=\dfrac{1}{ \pi R^2} \sin \theta \Big \vert_0^{2\pi} {\int_0^R \rho \, d \rho}=0 , \\&y^*= \dfrac{1}{\vert \mathcal D \vert }{\iint_{\mathcal D} y \, dxdy}= \dfrac{1}{ \pi R^2}{\int_0^R\left ( \int_0^{2 \pi} \rho \sin \theta \, d\theta \right) d\rho}=-\dfrac{1}{ \pi R^2} \cos \theta \Big \vert_0^{2\pi} {\int_0^R \rho \, d \rho}=0,\end{aligned}$

dove abbiamo effettuato un cambio di variabili, applicato le formule di riduzione e utilizzato la nota formula $\vert\mathcal{D}\vert=\pi R^2$ . Come ci si aspetta avendo supposto l’omogeneità del corpo, il baricentro $(x^*,y^*)= (0,0)$ coincide con il centro del disco.

L’asse perpendicolare al piano $xy$ e passante per il punto $(x^*, y^*)$ coincide quindi con l’asse $z$ e dunque il momento d’inerzia di $\mathcal{D}$ rispetto a esso è

$\begin{aligned} \mathcal I= &\dfrac{m}{\pi R^2}\iint_{\mathcal D} (x^2 + y^2) \, dxdy \\=& \dfrac{m}{\pi R^2}\int_0^{2\pi} \left(\int_0^R (\rho^2 \cos^2\theta + \rho^2 \sin^2 \theta )\rho \, d\rho \right)d\theta . \end{aligned}$

Dalla relazione $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta=1$ segue che

$\begin{aligned} \mathcal I=& \dfrac{m}{\pi R^2}\int_0^{2\pi} ( \cos^2\theta +\sin^2 \theta ) \, d\theta \int_0^R \rho^3 \, d\rho \\ = & \dfrac{m}{\pi R^2} \dfrac{R^4}{4} 2 \pi \\ =& \dfrac{m R^2}{2} . \end{aligned}$

Esercizio 3.7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il momento d’inezia di una lastra triangolare di vertici $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ con densità $\sigma(x,y)= c(x+1)$ , con $c \in \mathbb R^+$ , rispetto a un asse perpendicolare a essa e passante per il suo baricentro.

$\quad$

Figura 21: lastra triangolare dell’esercizio 3.7.

$\quad$

Soluzione. Notiamo che la parte di piano $\mathcal T$ occupata dalla lastra, rappresentata in figura 21, coincide con

$\mathcal T= \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \, : \, 0\leq x\leq1, \, 0\leq y\leq x\} .$

Essendo il corpo non omogeneo, dobbiamo innanzitutto calcolarne la massa totale

(35) $\begin{equation*} m= \iint_{\mathcal T} \sigma(x,y) \, dydx = \iint_{\mathcal T}c(1+x) \, dydx. \end{equation*}$

Poiché $\mathcal{T}$ è normale rispetto all’asse $x$ , possiamo applicare le formule di riduzione ottenendo

$\begin{aligned} m=& c\int_0^1(1+x) \left(\int_0^x dy\right)dx\\=& c \int_0^1 x(1+x) \, dx \\ = &c \int_0^1 (x+x^2) \, dx\\ =& \dfrac{5}{6}c . \end{aligned}$

Dunque, con un calcolo simile, vediamo che le coordinate del baricentro sono

$\begin{aligned} x^* =& \dfrac{1}{m} \iint_{\mathcal T} x \sigma(x,y) \, dydx \\=& \dfrac{6}{5c}\int_0^1 \left( \int_0^x x c (1+x) \, dy \right)dx \\=& \dfrac{6}{5c} c\int_0^1(x+x^2) \left(\int_0^x dy \right)dx \\=& \dfrac{6}{5} \int_0^1 x(x+x^2) \, dx \\=& \dfrac{6}{5} \int_0^1 (x^2+x^3) \, dx \\=& \dfrac{6}{5} \left( \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\right) \\=& \dfrac{7}{10} \end{aligned}$

$\begin{aligned} y^* =& \dfrac{1}{m} \iint_{\mathcal T} y \sigma(x,y) \, dydx \\=& \dfrac{6}{5c}\int_0^1\left( \int_0^x y c (1+x) \, dy \right)dx \\=& \dfrac{6}{5c} c\int_0^1(1+x) \left(\int_0^x y \,dy\right) dx\\=& \dfrac{6}{5} \int_0^1 \dfrac{x^2}{2}(1+x) \, dx \\=& \dfrac{3}{5} \int_0^1 (x^2+x^3) \, dx \\=& \dfrac{3}{5} \left( \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\right) \\=& \dfrac{7}{20} . \end{aligned}$

Inoltre, utilizzando le stesse tecniche precedenti, il momento di inerzia della lastra rispetto all’asse perpendicolare al piano $xy$ passante per il baricentro $(x^*,y^*)$ è

$\begin{aligned} \mathcal I = \int_0^1\left( \int_0^x \left (\left (x-\dfrac{7}{10} \right) ^2 + \left (y-\dfrac{7}{20} \right) ^2 \right) c(1+x) \, dy\right)dx =\dfrac{43}{480}c. \end{aligned}$

Integrali su domini simmetrici

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Consideriamo ora alcune situazioni particolari in cui è possibile semplificare il calcolo degli integrali doppi.

Definizione 4.1 (insieme simmetrico rispetto a un asse). Un insieme $\Omega \subseteq \mathbb R^2$ si dice simmetrico rispetto all’asse $y$ , se

$(x, y) \in \Omega \Longrightarrow (-x, y) \in \Omega \quad \forall (x, y) \in \Omega .$

Analogamente, $\Omega \subseteq \mathbb R^2$ si dice simmetrico rispetto all’asse $x$ , se

$(x, y) \in \Omega \Longrightarrow (x,- y) \in \Omega \quad \forall (x, y) \in \Omega .$

$\quad$

La simmetria di un insieme è strettamente legata alla simmetria delle funzioni su esso definite.

Definizione 4.2 (funzioni pari e dispari). Sia $\Omega \subseteq \mathbb R^2$ un insieme simmetrico rispetto all’asse $y$ . Una funzione $f : \Omega \to \mathbb R$ si dice pari rispetto ad $x$ se

$f(x,y)=f(-x,y) \quad \forall (x,y) \in \Omega.$

Invece, $f$ si dice dispari rispetto ad $x$ se

$f(-x,y)=-f(x,y) \quad \forall (x,y) \in \Omega.$

Se $\Omega \subseteq \mathbb R^2$ è simmetrico rispetto all’asse $x$ , le funzioni pari e dispari rispetto a $y$ si definiscono in modo analogo.

$\quad$

Supponiamo che il dominio $\mathcal D$ nel quale vogliamo calcolare l’integrale doppio sia simmetrico rispetto all’asse $y$ , allora se la funzione integranda $f$ è pari rispetto ad $x$ (come in figura 22), la superficie grafico rappresentata da $z=f(x,y)$ è simmetrica rispetto al piano $yz$ e si può vedere che l’integrale su $\mathcal D$ è pari al doppio dell’integrale su $\mathcal D^+$ , dove $\mathcal D^+$ è ad esempio il sottoinsieme $\mathcal D^+= \{(x,y) \in D \, : \, x \geq 0\}$ . In formule:

$\iint_\mathcal D f(x,y) \, dxdy = 2 \iint_{\mathcal D^+} f(x,y) \, dxdy .$

$\quad$

Figura 22: funzione pari rispetto a $x$ in un dominio simmetrico rispetto all’asse $y$ .

$\quad$

Se invece la funzione $f$ è dispari rispetto ad $x$ (come in figura 23) il piano $yz$ divide il grafico $z=f(x,y)$ in due parti identiche dove i valori della funzione sono uguali in valore assoluto ma di segno opposto. Questo implica che

$\iint_\mathcal D f(x,y) \, dxdy = 0.$

$\quad$

Figura 23: funzione dispari rispetto a $x$ in un dominio simmetrico rispetto all’asse $y$ .

$\quad$

Osservazione 4.3. Precisiamo che se $f$ è pari o dispari rispetto ad $x$ , ma il dominio non è simmetrico rispetto all’asse $y$ , oppure se il dominio è simmetrico rispetto all’asse $y$ ma la funzione non è né pari né dispari rispetto ad $x$ , non ci sono semplificazioni immediate nel calcolo dell’integrale.

Osserviamo inoltre che tutte le considerazioni svolte rispetto alla variabile $x$ valgono naturalmente anche rispetto alla variabile $y$ .

La simmetria del dominio e della funzione integranda è già stata utilizzata nell’esercizio 2.14 per semplificare i calcoli. Vediamo ora ulteriori esempi.

Esercizio 4.4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale doppio

(36) $\begin{equation*} \iint_\mathcal{D} x^2y \, dxdy, \end{equation*}$

dove $\mathcal{D}=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, 2 \leq x^2+y^2 \leq 12\,, \,y\geq x^2\right\}$ .

$\quad$

Soluzione. Notiamo, innanzitutto, che la funzione

$f(x,y)=x^2y$

è pari rispetto a $x$ e che il dominio $\mathcal D$ è simmetrico rispetto all’asse $y$ . Inoltre, le prime due disequazioni implicano che $\mathcal D$ è contenuto nella corona circolare di raggi interno ed esterno rispettivamente $\sqrt{2}$ e $2\sqrt{3}$ . Invece la seconda disequazione implica che $\mathcal D$ è contenuto nella parte superiore alla parabola di equazione $y=x^2$ . Per cui una rappresentazione geometrica di $\mathcal D$ è quella della figura 24.

$\quad$

Figura 24: dominio $\mathcal D$ dell’esercizio 4.4.

$\quad$

Quindi, per quanto detto precedentemente si ha,

$\iint_\mathcal{D} x^2y \, dxdy = 2 \iint_{\mathcal D^+} x^2y \, dxdy ,$

dove $\mathcal{D}^+=\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, 2 \leq x^2+y^2 \leq 12\,, \,x \geq 0 , \, y\geq x^2\right\}$ . Inoltre, dalla figura 24, si può notare che il dominio $\mathcal{D}^+$ è l’unione di due domini più semplici, cioè

$\mathcal{D}^+= \mathcal{D}_1 \cup \mathcal{D}_2,$

dove

$\begin{aligned} &\mathcal{D}_1 =\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, 0 \leq x\leq 1 , \, \sqrt{2-x^2} \leq y \leq \sqrt{12-x^2}\right\} , \\ &\mathcal{D}_2 =\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, 1 \leq x\leq \sqrt{ 3}, \, x^2 \leq y \leq \sqrt{12-x^2}\right\}. \end{aligned}$

Allora, l’integrale in (36) diventa

(37) $\begin{equation*} \iint_{\mathcal D} x^2y \, dxdy= 2 \iint_{\mathcal D_1} x^2y \, dxdy+ 2 \iint_{\mathcal D_2} x^2y \, dxdy .\end{equation*}$

$D_1$ e $D_2$ sono normali rispetto all’asse $x$ , pertanto possiamo calcolare separatamente i due integrali applicando le formule di riduzione.

$\begin{aligned} \iint_{\mathcal D_1} x^2y \, dxdy= &\int_0^1 x^2 \left( \int_{\sqrt{2-x^2}}^{\sqrt{12-x^2}} y \, dy\right) \, dx \\=& \int_0^1 x^2 \left ( \dfrac{y^2}{2} \right) \Big \vert_{y=\sqrt{2-x^2}}^{y=\sqrt{12-x^2}} \, dx \\=&\int_0^1 x^2 \left ( \dfrac{12-x^2-2+x^2}{2} \right) \, dx \\=& \int_0^1 5x^2 \, dx = \dfrac{5}{3}. \end{aligned}$

Analogamente

$\begin{aligned} \iint_{\mathcal D_2} x^2y \, dxdy= &\int_1^{\sqrt{3}} x^2 \left(\int_{x^2}^{\sqrt{12-x^2}} y \, dy \right) \, dx \\=& \int_1^{\sqrt{3}} x^2 \left ( \dfrac{y^2}{2} \right) \Big \vert_{y=x^2}^{y=\sqrt{12-x^2}} \, dx \\=&\int_1^{\sqrt{3}} x^2 \left ( \dfrac{12-x^2 - x^4}{2} \right) \, dx \\=& \int_1^{\sqrt{3}} \left ( 6x^2- \dfrac{x^4}{2}-\dfrac{x^6}{2} \right ) \, dx \\=& \left ( \dfrac{6x^3}{3} -\dfrac{x^5}{10} -\dfrac{x^7}{14} \right ) \Bigg \vert_{x=1}^{x=\sqrt{3}}\\=& \left( \dfrac{6}{3}-\dfrac{3}{10}-\dfrac{9}{14} \right) \sqrt{3}^3-\dfrac{6}{3}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{14} \\ = & 3 \dfrac{37}{35} \sqrt{3} - \dfrac{64}{35} \\=& \dfrac{111}{35} \sqrt{3} - \dfrac{64}{35} . \end{aligned}$

Sostituendo questi risultati in (37), si ottiene

$\iint_{\mathcal D} x^2y \, dxdy = \dfrac{5}{3}+ \dfrac{111}{35} \sqrt{3} - \dfrac{64}{35}= \dfrac{333\sqrt{3}-17} {105} .$

Riferimenti bibliografici

[1] Bertsch, R. Dal Passo, L. Giacomelli, Analisi Matematica, seconda edizione, McGraw-Hill, $2009$ ;

[2] M. Bramanti, C.D. Pagani, S. Salsa, Analisi Matematica $2$ , Zanichelli, $2009$ ;

[3] N. Fusco, P. Marcellini, C. Sbordone, Analisi matematica due, Liguori, $1996$ ;

[4] E. Giusti, Analisi Matematica $2$ , terza edizione, Bollati Boringhieri, $2003$ ;

[5] Qui Si Risolve, integrali multipli – parte 1.

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