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INTEGRALI DOPPI
Esercizi proposti
- Calcolare i seguenti integrali doppi:
(a)
A
(4 + 2x − 5 y) dx dy , A = {(x, y) : − 2 ≤ x ≤ 2 , − 1 ≤ y ≤ 1 }; [32]
(b)
A
(x^2 + y^3 ) dx dy , A = {(x, y) : − 2 ≤ x ≤ 2 , − 2 ≤ y ≤ 2 }; [64/3]
(c)
A
(x^2 + y) dx dy , A = {(x, y) : − 1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x^2 }; [3/5]
(d)
A
(ex^ + ey^ ) dx dy , A = {(x, y) : − 3 ≤ x ≤ 3 , −x ≤ y ≤ x}; [5e^3 + e−^3 ]
(e)
A
(x + y) dx dy , A = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2 , x^2 ≤ y ≤ 2 x^2 }; [261/20]
(f)
A
sin y^2 dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2
π, x/ 2 ≤ y ≤
π}; [2]
(g)
A
|y − x| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , x^2 ≤ y ≤ 1 }; [− 11 /60]
(h)
A
|x^3 − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 }; [23/14]
(i)
A
(x + 1) dx dy , A = {(x, y) : y ≤ 2 x, y ≤ − 2 x, y ≥ x^2 − 3 } [10/3]
(j)
A
x dx dy , A = {(x, y) : y ≤ x, y ≤ −x + 6, y ≥ x^2 − 6 x}. [135]
- Sia A la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici A 1 = (0, 0), A 2 = (3, 0) e A 3 = (0, 3) e dotata di densit`a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto al vertice A 3. [27]
- Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit`a unitaria B = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , x^2 ≤ y ≤ 1 }. [44/105]
- Calcolare il baricentro delle regioni di piano dotate di densit`a unitaria
(a) A = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ x^2 };
(b) B = {(x, y) : − 1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ −x^2 + 4}. [( 1 2
e
)]
- Calcolare i seguenti integrali doppi:
(a)
D
y x^2 + y^2 dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 ≤ 4 , y ≥ x}; [
2]
(b)
D
y^2 1 + x^2 + y^2 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 }; [π(1 − log 2)/8]
(c)
D
(1 + x^2 + y^2 ) dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 1 , y ≤ −x}; [3π/4]
(d)
D
y^2 dx dy , D = {(x, y) : 25x^2 + 16y^2 ≤ 400 , y ≥ 0 }. [25π/8]
- Determinare il baricentro e calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit`a unitaria C = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 ≤ 9 , x ≥ 0 , y ≥ 0 }. [( 13 3 π
3 π
, 10 π
]
- Calcolare i seguenti integrali impropri:
(a)
D
3 + x^2 + y^2 dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 }; [divergente]
(b)
D
e−x (^2) −y 2 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≥ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 }; [π/4]
(c)
D
(x^2 + y^2 )^1 /^2 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x}; [π/4]
(d)
D
x (x^2 + y^2 )^3 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x}. [divergente]
(d)
D
y dx dy , D = {(x, y) : 4x^2 + 9y^2 ≤ 36 , y ≥ 0 }.
- Sia D un disco circolare dotato di densit
a unitaria, avente centro in C = (r, 0) e raggio r. Verificare la relazione I 0 = IC + r^2 A, dove I 0 e IC sono i momenti di inerzia di D rispetto a O e a C e Ae l’area di D. - Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit`a unitaria C = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 9 , x^2 + y^2 − 2 x ≥ 0 }.
- Calcolare i seguenti integrali impropri:
(a)
D
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 };
(b)
D
xy (x^4 + y^4 ) dx dy , D = {(x, y) : 4 ≤ x^2 + y^2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 };
(c)
D
x (x^2 + y^2 )^2 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≥ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 };
(d)
D
x (x^2 + y^2 ) dx dy^ ,^ D^ =^ {(x, y) :^ x
(^2) + y (^2) ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x};
(e)
D
x (x^2 + y^2 )^2 dx dy , D = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 1 , −x ≤ y ≤ 0 }.
INTEGRALI DOPPI
Esercizi svolti - SOLUZIONI
- Calcolare i seguenti integrali doppi:
(a)
A
xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 }. E possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.` Integrando per verticali si ottiene ∫
A
xy dx dy =
0
0
xy dy
dx =
0
x
[
y^2 2
] 1
0
dx =
0
x 2 dx =
[
x^2 4
] 1
0
=^1
(b)
A
(x + y)^2 dx dy , A = {(x, y) : 3 ≤ x ≤ 4 , 1 ≤ y ≤ 2 }.
E possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali.` Integrando per orizzontali si ottiene ∫
A
(x + y)^2 dx dy =
1
3
(x + y)^2 dx
dy =
1
[
x + y
] 4
3
dy =
1
4 + y
3 + y
dy = [− log (4 + y) + log (3 + y)]^21 =^25 24
(c)
A
(2x^2 + 3y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , x^2 ≤ y ≤ 1 }. La regione A e sia orizzontalmente che verticalmente convessa. E quindi possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali. Integrando per verticali si ottiene ∫
A
(2x^2 + 3y) dx dy =
0
x^2
(2x^2 + 3y) dy
dx =
0
[
2 x^2 y +
y^2
] 1
x^2
dx =
0
x^4 + 2x^2 +^3 2
dx =
[
x^5 +^2 3 x^3 +^3 2 x
] 1
0
=^22
(d)
A
(x − 2 y) dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 − x}.
La regione A e sia orizzontalmente che verticalmente convessa. E quindi possibile risolvere l’integrale indifferentemente per orizzontali o per verticali. Integrando per orizzontali si ottiene ∫
A
(x − 2 y) dx dy =
0
(∫ (^2) −y
0
(x − 2 y) dx
dy =
0
[
x^2 2 − 2 xy
] 2 −y
0
dy =
0
y^2 − 6 y + 2
dy =
[
y^3 − 3 y^2 + 2y
] 2
0
(e)
A
xy dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , x^2 ≤ y ≤ 1 + x}. La regione A e sia orizzontalmente che verticalmente convessa, ma per la forma esplicita di Ae pi`u conveniente integrare per verticali. Si ha quindi ∫
A
xy dx dy =
0
(∫ (^) 1+x
x^2
xy dy
dx =
0
x
[
y^2 2
]1+x
x^2
dx =
0
(−x^5 + x^3 + 2x^2 + x) dx =
[
x^6 6
x^4 4
x^3 + x^2 2
] 1
0
Integrando per verticali otteniamo ∫
A 1
x sin (x^2 − y) dx dy =
0
(∫ (^) x 2
0
x sin (x^2 − y) dy
dx =
0
x[cos (x^2 − y)]x 2 0 dx^ =
0
(x − x cos (x^2 )) dx =
[
x^2 2
sin (x^2 )
] 1
0
sin 1
e (^) ∫
A 2
x sin (y − x^2 ) dx dy =
0
x^2
x sin (y − x^2 ) dy
dx =
0
x[− cos (y − x^2 )]^1 x 2 dx =
0
(x − x cos (1 − x^2 )) dx =
[
x^2 2
+^1
sin (1 − x^2 )
] 1
0
=^1
sin 1
Quindi (^) ∫
A
(x + 2y) dx dy =
sin 1 +
sin 1 = 1 − sin 1.
(j)
A
| sin x − y| dx dy , A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 1 }. Poich`e | sin x − y| =
sin x − y se y ≤ sin x y − sin x se y > sin x, si ha (^) ∫
A
| sin x − y| dx dy =
A 1
(sin x − y) dx dy +
A 2
(y − sin x) dx dy
dove A 1 = {(x, y) : 0 ≤ xπ, 0 ≤ y ≤ sin x}, A 2 = {(x, y) : 0 ≤ xπ, sin x ≤ y ≤ 1 } Integrando per verticali otteniamo ∫
A 1
(sin x − y) dx dy =
∫ (^) π
0
(∫ (^) sin x
0
(sin x − y) dy
dx =
∫ (^) π
0
[
y sin x − y^2 2
]sin x
0
dx =
∫ (^) π
0
sin^2 x dx =
∫ (^) π
0
(1 − cos 2x) dx =
[
x −
sin 2x
]π
0
π 4 e (^) ∫
A 2
(y − sin x) dx dy =
∫ (^) π
0
sin x
(y − sin x) dy
dx =
∫ (^) π
0
[
y^2 2 − y sin x]^1 sin x dx =
∫ (^) π
0
sin^2 x − sin x +^1 2
dx =
∫ (^) π
0
(1 − cos 2x) − sin x +^1 2
dx =
[
x −
sin 2x + cos x
]π
0
π − 2.
Quindi (^) ∫
A
| sin x − y| dx dy = π 4
+^3
π − 2 = π − 2.
(k)
A
x^2 dx dy , A = {(x, y) : y ≤ −x^2 + x/2 + 3, y ≥ −x^2 − x, y ≥ −x^2 + 2x}. L’insieme A pu`o essere visto come l’unione dei due insiemi
A 1 = {(x, y) : − 2 ≤ x ≤ 0 , −x^2 − x ≤ y ≤ −x^2 + x/2 + 3},
A 2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2 , −x^2 + 2x ≤ y ≤ −x^2 + x/2 + 3} aventi in comune solo punti delle relative frontiere. Possiamo quindi decomporre l’integrale secondo: ∫
A
x^2 dx dy =
A 1
x^2 dx dy +
A 2
x^2 dx dy
dove entrambi gli integrali a secondo membro possono essere risolti integrando per verticali.
Si ha ∫
A 1
x^2 dx dy =
− 2
(∫ (^) −x (^2) +x/2+
−x^2 −x
x^2 dy
dx =
− 2
x^3 + 3x^2
dx =
[
x^4 + x^3
] 0
− 2
e (^) ∫
A 2
x^2 dx dy =
0
(∫ (^) −x (^2) +x/2+
−x^2 +2x
x^2 dy
dx =
0
2 x
(^3) + 3x 2
dx =
[
8 x
(^4) + x 3
] 2
0
Quindi (^) ∫
A
x^2 dx dy = 2 + 2 = 4.
- Sia A la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici A 1 = (0, 0), A 2 = (1, 1) e A 3 = (2, 0) e dotata di densit`a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di A rispetto al vertice A 1. Essendo A = {(x, y) : y ≤ x ≤ 2 − y, 0 ≤ y ≤ 1 } si ha I 0 =
A
(x^2 + y^2 ) dx dy =
0
(∫ (^2) −y
y
(x^2 + y^2 ) dx
dy =
0
[
x^3 3 +^ y
(^2) x
] 2 −y
y
dy =
=
0
y^3 + 4y^2 − 4 y +^8 3
dy =
[
y^4 +^4 3 y^3 − 2 y^2 +^8 3 y
] 1
0
=^4
- Sia B la regione di piano racchiusa nel triangolo di vertici B 1 = (0, 0), B 2 = (0, 1) e B 3 = (1, 0) e dotata di densit
a unitaria. Calcolare il momento di inerzia di B rispetto al vertice B 3. Risulta B = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x}. Poiche la distanza del generico punto (x, y) ∈ B dal vertice B 3 `e
(x − 1)^2 + y^2 , si ha
IB 3 =
B
(x − 1)^2 + y^2
dx dy =
0
(∫ (^1) −x
0
(x − 1)^2 + y^2
dy
dx =
0
[
y(x − 1)^2 + y^3 3
] 1 −x
0
dx =
0
(x − 1)^3 dx = − 1 3 [(x − 1)^4 ]^10 =^1 3
- Calcolare il baricentro delle regioni di piano dotate di densit`a unitaria
(a) A = {(x, y) : x^2 ≤ y ≤ 1 }. Siano xA e yA le coordinate del baricentro di A. Per simmetria risulta xA = 0. Invece yA =
M (A)
A
y dx dy
dove M (A) e la massa di A. Poiche M (A) =
A
dx dy =
− 1
x^2
dy
dx =
− 1
(1 − x^2 ) dx =
[
x − x^3 3
] 1
− 1
e (^) ∫
A
y dx dy =
− 1
x^2
ydy
dx =
− 1
(1 − x^4 ) dx =
[
x − x^5 5
] 1
− 1
risulta yA = 3/5.
x = ρ cos θ y = ρ sin θ θ^ ∈^ [0,^2 π).
Poiche x^2 + y^2 = ρ^2 , la condizione 1 ≤ x^2 + y^2 ≤ 4 diventa 1 ≤ ρ ≤ 2, mentre y ≥ 0 diventa 0 ≤ θ ≤ π. L’insieme di integrazione nel piano ρ, θe quindi il rettangolo: {(ρ, θ) : 1 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ π}. Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha ∫
D
x^2 dx dy =
1
(∫ (^) π
0
ρ^3 cos^2 θ dθ
dρ =
1
ρ^3
(∫ (^) π
0
1 + cos 2θ 2 dθ
dρ =
0
ρ^3
[
θ +
sin 2θ
]π
0
dρ = π 2
0
ρ^3 dρ = π 2
[
ρ^4 4
] 2
1
π.
(d)
D
y dx dy , D = {(x, y) : 4x^2 + 9y^2 ≤ 36 , y ≥ 0 }. Per il calcolo dell’integrale `e utile la trasformazione { x = 3ρ cos θ y = 2ρ sin θ θ^ ∈^ [0,^2 π).
Poiche 4x^2 + 9y^2 = 36ρ^2 , la condizione 4x^2 + 9y^2 ≤ 36 diventa 0 ≤ ρ ≤ 1, mentre y ≥ 0 diventa 0 ≤ θ ≤ π. L’insieme di integrazione nel piano ρ, θe quindi il rettangolo: {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π}. Essendo 6ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha ∫
D
y dx dy =
0
(∫ (^) π
0
6 ρ^2 sin θ dθ
dρ =
0
6 ρ^2 [− cos θ]π 0 dρ = 12
0
ρ^2 dρ = 4[ρ^3 ]^10 = 4.
- Sia D un disco circolare dotato di densit
a unitaria, avente centro in C = (r, 0) e raggio r. Verificare la relazione I 0 = IC + r^2 A, dove I 0 e IC sono i momenti di inerzia di D rispetto a O e a C e Ae l’area di D. Risulta I 0 =
D
(x^2 + y^2 ) dx dy
=
D
((x − r + r)^2 + y^2 ) dx dy
D
((x − r)^2 + 2r(x − r) + r^2 + y^2 ) dx dy
=
D
((x − r)^2 + y^2 ) dx dy + r^2
D
dx dy + 2r
D
(x − r) dx dy
= Ic + r^2 A + 2r
D
(x − r) dx dy
= Ic + r^2 A poich`e per simmetria risulta (^) ∫
D
(x − r) dx dy = 0.
- Calcolare il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi della lamina piana di densit
a unitaria C = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 9 , x^2 + y^2 − 2 x ≥ 0 }. Poiche l’insieme C e invariante rispetto alla simmetria per l’origine e la funzione f (x, y) = x^2 + y^2e pari rispetto a tale simmetria risulta
I 0 =
C
(x^2 + y^2 ) dx dy = 2
C′
(x^2 + y^2 ) dx dy
dove C′^ = {(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 9 , x^2 + y^2 − 2 x ≥ 0 , y ≥ 0 }. L’integrale puo ora essere calcolato utilizzando coordinate polari: { x = ρ cos θ y = ρ sin θ θ^ ∈^ [0,^2 π). L’insieme di integrazione nel piano ρ, θe quindi il seguente: {(ρ, θ) : 2 cos θ ≤ ρ ≤ 3 , 0 ≤ θ ≤ π/ 2 } ∪ {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 3 , π/ 2 ≤ θ ≤ π}. Essendo ρ lo Jacobiano della trasformazione, si ha
I 0 = 2
(∫ (^) π/ 2
0
2 cos θ
ρ^3 dρ
dθ +
∫ (^) π
π/ 2
0
ρ^3 dρ
dθ
(∫ (^) π/ 2
0
[
ρ^4 4
] 3
2 cos θ
dθ +
∫ (^) π
π/ 2
[
ρ^4 4
] 3
0
dθ
(∫ (^) π/ 2
0
− 4 cos^4 θ
dθ +
∫ (^) π
π/ 2
dθ
(∫ (^) π/ 2
0
− 2 cos 2θ −
cos 4θ −
dθ +
[
θ − sin 2θ −
sin 4θ
]π/ 2
0
π = 39π.
- Calcolare i seguenti integrali impropri:
(a)
D
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy , D = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 }. Sia DR = {(x, y) : 1 ≤ x^2 + y^2 ≤ R^2 }, (R > 1) allora (^) ∫
D
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy = lim R→+∞
DR
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy.
Utilizzando coordinate polari si ha ∫
DR
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy =
∫ R
1
(∫ (^2) π
0
ρ−^2 α+1^ dθ
dρ = 2π
∫ R
1
ρ−^2 α+1^ dρ
π 1 − α (R−^2 α+2^ − 1) se α 6 = 1
2 π log R se α = 1. Pertanto ∫
D
(x^2 + y^2 )−α^ dx dy = lim R→+∞
π 1 − α (R
− 2 α+2 (^) − 1) se α 6 = 1
2 π log R se α = 1. e quindi l’integrale diverge positivamente se α ≤ 1, vale π/(α − 1) se α > 1.
(b)
D
xy (x^4 + y^4 ) dx dy , D = {(x, y) : 4 ≤ x^2 + y^2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 }; Sia DR = {(x, y) : 4 ≤ x^2 + y^2 ≤ R^2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 }, (R > 2) allora (^) ∫
D
xy (x^4 + y^4 ) dx dy = lim R→+∞
DR
xy (x^4 + y^4 ) dx dy.
Utilizzando coordinate polari si ha ∫
DR
xy (x^4 + y^4 ) dx dy =
∫ R
2
(∫ (^) π/ 2
0
ρ
sin θ cos θ (cos^4 θ + sin^4 θ)
dθ
dρ =
(∫ (^) π/ 2
0
sin θ cos θ (cos^4 θ + sin^4 θ)
dθ
) (∫ R
2
ρ dρ
π 4 (log R − log 2).
Pertanto (^) ∫
D
xy (x^4 + y^4 ) dx dy = π 4 R→lim+∞(log^ R^ −^ log 2) = +∞. Quindi l’integrale diverge positivamente.
Corso di laurea in Ingegneria Elettronica
Corso di laurea in Ingegneria Informatica (A-L)
Corso di laurea in Ingegneria delle Telecomunicazioni
Analisi Matematica II - A.A.2002/
Esercizi sugli integrali doppi
1. Calcolare ∫
D 1 ∪D 2
(x^2 + y^2 − 1)dx dy
ove
D 1 =
(x, y) ∈ R^2 | x ≤ 0 , y ≥ −x, x^2 + y^2 ≤ 1
D 2 =
(x, y) ∈ R^2 | 0 ≤ y ≤ −x, −
2 ≤ x ≤ 0 , x^2 + y^2 ≥ 1
2. Calcolare ∫ ∫
D
xy^2
x^2 + y^2
dxdy
dove D = {(x, y) ∈ R^2 | x^2 + y^2 < 4 , x > 0 , y > 0 }.
3. Calcolare l’integrale doppio
I =
D
(x^3 − y^2 )dxdy
dove D = {(x, y) ∈ R^2 | 4 x^2 + y^2 ≤ 1 }.
4. Calcolare il volume del cilindroide relativo alla funzione
h(x, y) =
x^2
y^2 + 2
nel dominio delimitato dalle rette x = −1, y = 1, y = x.
5. Calcolare ∫ ∫
D
tan(x + y)
sin^2 (x + y) + 1
dxdy
dove D ´e il dominio |x| + |y| ≤ 1.
6. Calcolare ∫ ∫
D
x^2 + y^2
x^2 + y^2 − 4
x^2 + y^2 + 5
dxdy
dove D =
(x, y) ∈ R^2 | x^2 + y^2 ≤ 4 , x^2 + y^2 ≥ 1 , y ≥ x, x ≤ 0
7. Sia D la regione del primo quadrante delimitata dalle curve xy = 1, xy = 2, y =
x
, y = 2x. Calcolare
D
xy + x^3 y^3 +
y^4
x^4
dxdy.
8. Calcolare ∫ ∫
D
x dxdy
dove D = {(x, y) ∈ R^2 | x ≥ 1 , x^2 + y^2 − 2 x ≤ 0 }.
9. Calcolare ∫ ∫
D
x(x^2 − y^2 )
1 + [(x − 1)^2 + (y − 1)^2 ]^2
dxdy
dove D ´e il cerchio di centro (1, 1) e raggio 1.
10. Sia D il dominio di R^2 delimitato dalle curve y = arcsin x, y = arccos x, x = 0. Calcolare, usando
una delle formule di Green, il volume del cilindroide di base D relativo alla funzione
z =
∂y
(f (y) + φ(x))
dove f (y) =
sin^2 y
sin^2 y + 1
e φ : R → R ´e continua.
13. Calcolare il volume del solido rinchiuso tra i coni z = 2
x^2 + y^2 e
z = 1 +
x^2 + y^2. (CP)
14. La curva di equazione x^3 +y^3 = 1 ha la retta y = −x come asintoto obli-
quo e taglia gli assi nei punti (1, 0) e (0, 1). Sia D il dominio rinchiuso
dagli assi x e y e questa curva. Calcolare l’integrale
D 3 x
2 y 2 dx dy.
15. Sia D il dominio rinchiuso dai grafici delle funzioni f (x) = 2 − x^2 e
g(x) = 2x − 1. Calcolare
D 2 xy dx dy.
16. Calcolare il volume del solido nel primo ottante che si trova all’interno
del rettangolo |x| + |y| ≤ 1 e sotto l’iperboloide z = xy.
17 .∗^ Calcolare il volume nel primo ottante del solido rinchiuso dal piano
z = 0, dall’iperboloide z = 2xy e dal cilindro x^2 + y^2 = 1. (CP,
scrivendo l’equazione dell’iperboloide nella forma z = ρ^2 sin(2θ).)
