Analisi e Geometria 2 Docente: 2 luglio 2015

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1 Analisi e Geomeria Docene: luglio 15 Cognome: Nome: Maricola: Ogni risposa deve essere giusificaa. Gli esercizi vanno svoli su quesi fogli, nello spazio soo il eso e, in caso di necessià, sul rero. I fogli di brua non devono essere consegnai. Durane la prova non è consenio l uso di libri, quaderni, calcolarici e apparecciaure eleronice. 1. Sia daa la funzione x + x y f(x, y) = x + y (x, y) (, ) (x, y) = (, ). a) Si dica se f è coninua nell origine. b) Si calcolino, se esisono, le derivae parziali di f nell origine. c) Si calcoli, se esise, la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione della biserice del primo quadrane e nel verso delle x cresceni. d) Si dica se f è differenziabile nell origine. soluzione: a) passando per esempio in coordinae polari si a x + x y ρ (cos θ + cos θ sin θ) (x,y) (,) x + y = ρ ρ = ρ(cos θ + cos θ sin θ) = ρ percé la quanià ra parenesi è una funzione iaa e quindi il prodoo di una funzione iaa per una funzione infiniesima è infiniesima. b) Usando la definizione si oiene f(, ) f(, ) (, ) = = = 1 x ( ) c) Il versore ricieso è v = 1 1, f D v f(, ) = (, quindi usando la definizione si a ) f(, ) = f(, ) f(, ) (, ) = = = y + 1 = e queso ie non esise (vale se + e vale 1 se ). Quindi la derivaa direzionale di f in (, ) nella direzione del versore v non esise. d) Siccome al puno c) abbiamo dimosrao ce la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione di v non esise, allora f non può essere differenziabile in (, ) (percé se f fosse differenziabile in un puno, allora esiserebbero ue le derivae direzionali in quel puno). Alernaivamene con la definizione, occorrerebbe provare ce il seguene ie f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k (,k) (,) + k esise e vale zero. Ma si a f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k + k = +k (,k) (,) + k (,k) (,) e queso ie non esise percé prendendo la direzione = k si oiene 1 e queso ie non esise (vale differenziabile nell origine. ( ) se + e vale = + k (,k) (,) se ). k k ( + k ) / Quindi la funzione daa non è

2 . rovare gli esremi assolui della funzione sull insieme f(x, y) = x e (x +y ) D = {(x, y) R : (x 1) + y 1}. soluzione: la funzione daa è ovunque definia e di classe C. L insieme su cui essa va sudiaa è il cercio di cenro di cenro (1, ) e raggio 1. D è ciuso e iao, quindi f a massimo e minimo assolui su D per il eorema di Weiersrass. Si vede immediaamene ce f è sempre non negaiva su D (se (x, y) D allora x ), ce f(x, y) = se e solo se x = e ce l unico puno di D ce a ascissa nulla è l origine, quindi f(, ) = e non vi sono alri puni in D in cui f si annulla. Quindi (, ) è puno di minimo assoluo per f in D. Occorre quindi solo cercare il puno, o i puni, di massimo assoluo. Cerciamo dapprima evenuali puni sazionari inerni a D. Vale: x (x, y) = ( 1 x ) e (x +y ), (x, y) = xy +y ) e (x. y L unico puno in cui il gradiene si annulla in D è quindi P 1 = (1/, ). Vale f(p 1 ) = 1/ e. Non è necessario procedere con il calcolo dell Hessiana, viso ce si sanno cercando solamene puni di massimo assoluo e baserà quindi a poseriori confronare f(p 1 ) con il valore massimo di f sul bordo. A queso puno analizziamo il bordo. Sono uilizzabili re meodi diversi. primo modo. Espliciiamo l equazione del vincolo: si a x + y x = da cui x + y = x. Sosiuendo in f si vede ce va consideraa la funzione di una sola variabile g(x) = xe x, dove deve essere x. È immediao vedere ce ale funzione è massima in x = 1/, ce corrisponde ai segueni puni su D : P = (1/, /), P = (1/, /). Si a f(p ) = f(p ) = 1/(e) < 1/ e = f(p 1 ). Quindi vi è un solo puno di massimo assoluo, cioè P 1, e vale max D f = 1 e min D f =. Secondo modo. Uilizziamo il meodo dei moliplicaori di Lagrange. La Lagrangiana del sisema divena L(x, y, λ) = xe (x +y ) λ(x + y x) e gli esremi vincolai si rovano ra i puni criici della Lagrangiana. Dunque olre all equazione del vincolo deve valere: { e (x +y ) (1 x ) = λ(x ) xye (x +y ) = λy. Dalla seconda equazione si a y = oppure λ = xe (x +y ). Nel primo caso il vincolo dà x =, x =, menre la prima equazione fornisce i corrispondeni valori di λ, non rilevani per quano ricieso. Nel secondo caso si a λ = x e (x +y ), ce inserio nella prima equazione dà x = 1/. Confronando i valori di f nei puni rovai si rirova quano mosrao in precedenza. erzo modo. Paramerizziamo la circonferenza in coordinae polari, cenrae nel puno (1,), si a x = 1 + cos θ y = sin θ da cui inserendo nella funzione si a (1+cos θ) f(x, y) = g(θ) := (1 + cos θ)e θ [, π). Si a g (1+cos θ) (θ) = sin θ (1 + cos θ) e e da ciò si vede ce ale funzione è massima per θ = π/, 4π/, ce corrispondono ai puni P, P rovai in precedenza. Si procede dunque come sopra.

3 . Sia Si calcoli := {(x, y, z) R : z x + y, x + y 1, x, y }. y x dx dy dz. soluzione: si procede uilizzando le coordinae cilindrice (alernaivamene si poeva procedere inegrando per fili ), quindi x = ρ cos θ, y = ρ sin θ z = z; il deerminane della marice Jacobiana della rasformazione (il cui valore assoluo cosiuisce l elemeno d area) vale ρ. Per cui y 1 π ρ x dxdydz = dρ dθ ρ sin θ ( 1 ) ( π ρ cos θ ρ dz = ρρ 4 dρ sin θ ) cos θ dθ. A queso puno, lavorando separaamene con i due inegrali si a Inolre π/ 1 ρ 9/ dρ = [ ] 1 11 ρ11/ = 11. cos θ sin θ dθ = [ ] π/ (cos θ)/ =

4 Analisi e Geomeria Docene: luglio 15 Cognome: Nome: Maricola: Ogni risposa deve essere giusificaa. Gli esercizi vanno svoli su quesi fogli, nello spazio soo il eso e, in caso di necessià, sul rero. I fogli di brua non devono essere consegnai. Durane la prova non è consenio l uso di libri, quaderni, calcolarici e apparecciaure eleronice. 1. Sia daa la funzione x + x y f(x, y) = x + y (x, y) (, ) (x, y) = (, ). a) Si dica se f è coninua nell origine. b) Si calcolino, se esisono, le derivae parziali di f nell origine. c) Si calcoli, se esise, la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione della biserice del primo quadrane e nel verso delle x cresceni. d) Si dica se f è differenziabile nell origine. soluzione: a) passando per esempio in coordinae polari si a x + x y ρ (cos θ + cos θ sin θ) (x,y) (,) x + y = ρ ρ = ρ(cos θ + cos θ sin θ) = ρ percé la quanià ra parenesi è una funzione iaa e quindi il prodoo di una funzione iaa per una funzione infiniesima è infiniesima. b) Usando la definizione si oiene f(, ) f(, ) (, ) = = = 1 x ( ) c) Il versore ricieso è v = 1 1, f D v f(, ) = (, quindi usando la definizione si a ) f(, ) = f(, ) f(, ) (, ) = = = y + 1 = 1 + e queso ie non esise (vale se + e vale 1 se ). Quindi la derivaa direzionale di f in (, ) nella direzione del versore v non esise. d) Siccome al puno c) abbiamo dimosrao ce la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione di v non esise, allora f non può essere differenziabile in (, ) (percé se f fosse differenziabile in un puno, allora esiserebbero ue le derivae direzionali in quel puno). Alernaivamene con la definizione, occorrerebbe provare ce il seguene ie f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k (,k) (,) + k esise e vale zero. Ma si a f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k + k = +k (,k) (,) + k (,k) (,) e queso ie non esise percé prendendo la direzione = k si oiene ( ) = + k (,k) (,) k k ( + k ) / e queso ie non esise (vale 1 se + e vale se ). Quindi la funzione daa non è differenziabile nell origine.

5 . rovare gli esremi assolui della funzione sull insieme f(x, y) = x e (x +y ) D = {(x, y) R : (x + 1) + y 1}. soluzione: la funzione daa è ovunque definia e di classe C. L insieme su cui essa va sudiaa è il cercio di cenro di cenro ( 1, ) e raggio 1. D è ciuso e iao, quindi f a massimo e minimo assolui su D per il eorema di Weiersrass. Si vede immediaamene ce f è sempre non posiiva su D (se (x, y) D allora x ), ce f(x, y) = se e solo se x = e ce l unico puno di D ce a ascissa nulla è l origine, quindi f(, ) = e non vi sono alri puni in D in cui f si annulla. Quindi (, ) è puno di massimo assoluo per f in D. Occorre quindi solo cercare il puno, o i puni, di minimo assoluo. Cerciamo dapprima evenuali puni sazionari inerni a D. Vale: x (x, y) = ( 1 x ) e (x +y ), (x, y) = xy +y ) e (x. y L unico puno in cui il gradiene si annulla in D è quindi P 1 = ( 1/, ). Vale f(p 1 ) = 1/ e. Non è necessario procedere con il calcolo dell Hessiana, viso ce si sanno cercando solamene puni di minimo assoluo e baserà quindi a poseriori confronare f(p 1 ) con il valore minimo di f sul bordo. A queso puno analizziamo il bordo. Sono uilizzabili re meodi diversi. primo modo. Espliciiamo l equazione del vincolo: si a x +y +x = da cui x +y = x. Sosiuendo in f si vede ce va consideraa la funzione di una sola variabile g(x) = xe x, dove deve essere x. È immediao vedere ce ale funzione è minima in x = 1/, ce corrisponde ai segueni puni su D : P = ( 1/, /), P = ( 1/, /). Si a f(p ) = f(p ) = 1/(e) > 1/ e = f(p 1 ). Quindi vi è un solo puno di minimo assoluo, cioè P 1, e vale min D f = 1 e max D f =. Secondo modo. Uilizziamo il meodo dei moliplicaori di Lagrange. La Lagrangiana del sisema divena L(x, y, λ) = xe (x +y ) λ(x + y + x) e gli esremi vincolai si rovano ra i puni criici della Lagrangiana. Dunque olre all equazione del vincolo deve valere: { e (x +y ) (1 x ) = λ(x + ) xye (x +y ) = λy. Dalla seconda equazione si a y = oppure λ = xe (x +y ). Nel primo caso il vincolo dà x =, x =, menre la prima equazione fornisce i corrispondeni valori di λ, non rilevani per quano ricieso. Nel secondo caso si a λ = x e (x +y ), ce inserio nella prima equazione dà x = 1/. Confronando i valori di f nei puni rovai si rirova quano mosrao in precedenza. erzo modo. Paramerizziamo la circonferenza in coordinae polari, cenrae nel puno (-1,), si a x = 1 + cos θ y = sin θ da cui inserendo nella funzione si a (1 cos θ) f(x, y) = g(θ) := ( 1 + cos θ)e θ [, π). Si a g (1 cos θ) (θ) = sin θ (1 cos θ) e e da ciò si vede ce ale funzione è minima per θ = π/, 5π/, ce corrispondono ai puni P, P rovai in precedenza. Si procede dunque come sopra.

6 . Sia Si calcoli := {(x, y, z) R : z x + y, x + y 1, x, y }. x y dx dy dz. soluzione: si procede uilizzando le coordinae cilindrice (alernaivamene si poeva procedere inegrando per fili ), quindi x = ρ cos θ, y = ρ sin θ z = z; il deerminane della marice Jacobiana della rasformazione (il cui valore assoluo cosiuisce l elemeno d area) vale ρ. Per cui y 1 π ρ x dxdydz = dρ dθ ρ cos θ ( 1 ) ( π ρ sin θ ρ dz = ρρ 4 dρ cos θ ) sin θ dθ. A queso puno, lavorando separaamene con i due inegrali si a Inolre π/ 1 ρ 9/ dρ = [ ] 1 11 ρ11/ = 11. [ ] π/ sin θ cos θ dθ = (sin θ)/ =

7 Analisi e Geomeria Docene: luglio 15 Cognome: Nome: Maricola: Ogni risposa deve essere giusificaa. Gli esercizi vanno svoli su quesi fogli, nello spazio soo il eso e, in caso di necessià, sul rero. I fogli di brua non devono essere consegnai. Durane la prova non è consenio l uso di libri, quaderni, calcolarici e apparecciaure eleronice. 1. Sia daa la funzione x x y f(x, y) = x + y (x, y) (, ) (x, y) = (, ). a) Si dica se f è coninua nell origine. b) Si calcolino, se esisono, le derivae parziali di f nell origine. c) Si calcoli, se esise, la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione della biserice del primo quadrane e nel verso delle x cresceni. d) Si dica se f è differenziabile nell origine. soluzione: a) passando per esempio in coordinae polari si a x x y ρ (cos θ cos θ sin θ) (x,y) (,) x + y = ρ ρ = ρ(cos θ cos θ sin θ) = ρ percé la quanià ra parenesi è una funzione iaa e quindi il prodoo di una funzione iaa per una funzione infiniesima è infiniesima. b) Usando la definizione si oiene f(, ) f(, ) (, ) = = = 1 x ( ) c) Il versore ricieso è v = 1 1, f D v f(, ) = (, quindi usando la definizione si a ) f(, ) = f(, ) f(, ) (, ) = = = y 1 = 1 1 e queso ie non esise (vale 1 se + e vale se ). Quindi la derivaa direzionale di f in (, ) nella direzione del versore v non esise. d) Siccome al puno c) abbiamo dimosrao ce la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione di v non esise, allora f non può essere differenziabile in (, ) (percé se f fosse differenziabile in un puno, allora esiserebbero ue le derivae direzionali in quel puno). Alernaivamene con la definizione, occorrerebbe provare ce il seguene ie f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k (,k) (,) + k esise e vale zero. Ma si a f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k k = +k (,k) (,) + k (,k) (,) e queso ie non esise percé prendendo la direzione = k si oiene ( ) = + k (,k) (,) k k ( + k ) / e queso ie non esise (vale se + e vale 1 se ). Quindi la funzione daa non è differenziabile nell origine.

8 . rovare gli esremi assolui della funzione sull insieme f(x, y) = y e (x +y ) D = {(x, y) R : x + (y 1) 1}. soluzione: la funzione daa è ovunque definia e di classe C. L insieme su cui essa va sudiaa è il cercio di cenro di cenro (, 1) e raggio 1. D è ciuso e iao, quindi f a massimo e minimo assolui su D per il eorema di Weiersrass. Si vede immediaamene ce f è sempre non negaiva su D (se (x, y) D allora y ), ce f(x, y) = se e solo se y = e ce l unico puno di D ce a ascissa nulla è l origine, quindi f(, ) = e non vi sono alri puni in D in cui f si annulla. Quindi (, ) è puno di minimo assoluo per f in D. Occorre quindi solo cercare il puno, o i puni, di massimo assoluo. Cerciamo dapprima evenuali puni sazionari inerni a D. Vale: (x, y) = xy +y ) e (x, x y (x, y) = ( 1 y ) e (x +y ). L unico puno in cui il gradiene si annulla in D è quindi P 1 = (, 1/ ). Vale f(p 1 ) = 1/ e. Non è necessario procedere con il calcolo dell Hessiana, viso ce si sanno cercando solamene puni di massimo assoluo e baserà quindi a poseriori confronare f(p 1 ) con il valore massimo di f sul bordo. A queso puno analizziamo il bordo. Sono uilizzabili re meodi diversi. primo modo. Espliciiamo l equazione del vincolo: si a x + y y = da cui x + y = y. Sosiuendo in f si vede ce va consideraa la funzione di una sola variabile g(y) = ye y, dove deve essere y. È immediao vedere ce ale funzione è massima in y = 1/, ce corrisponde ai segueni puni su D : P = ( /, 1/), P = ( /, 1/). Si a f(p ) = f(p ) = 1/(e) < 1/ e = f(p 1 ). Quindi vi è un solo puno di massimo assoluo, cioè P 1, e vale max D f = 1 e min D f =. Secondo modo. Uilizziamo il meodo dei moliplicaori di Lagrange. La Lagrangiana del sisema divena L(x, y, λ) = ye (x +y ) λ(x + y y) e gli esremi vincolai si rovano ra i puni criici della Lagrangiana. Dunque olre all equazione del vincolo deve valere: { xye (x +y ) = λx e (x +y ) (1 y ) = λ(y ). Dalla prima equazione si a x = oppure λ = ye (x +y ). Nel primo caso il vincolo dà y =, y =, menre la prima equazione fornisce i corrispondeni valori di λ, non rilevani per quano ricieso. Nel secondo caso si a λ = y e (x +y ), ce inserio nella prima equazione dà y = 1/. Confronando i valori di f nei puni rovai si rirova quano mosrao in precedenza. erzo modo. Paramerizziamo la circonferenza in coordinae polari, cenrae nel puno (,1), si a x = cos θ y = 1 + sin θ da cui inserendo nella funzione si a (1+sin θ) f(x, y) = g(θ) := (1 + sin θ)e θ [, π). Si a g (1+sin θ) (θ) = cos θ (1 + sin θ) e e da ciò si vede ce ale funzione è massima per θ = 7π/6, 11π/6, ce corrispondono ai puni P, P rovai in precedenza. Si procede dunque come sopra.

9 . Sia Si calcoli := {(x, y, z) R : z (x + y ), x + y 1, x, y }. y x dx dy dz. soluzione: si procede uilizzando le coordinae cilindrice (alernaivamene si poeva procedere inegrando per fili ), quindi x = ρ cos θ, y = ρ sin θ z = z; il deerminane della marice Jacobiana della rasformazione (il cui valore assoluo cosiuisce l elemeno d area) vale ρ. Per cui y 1 π ρ x dxdydz = dρ dθ ρ sin θ ( 1 ) ( π ρ cos θ ρ dz = ρρ 4 dρ sin θ ) cos θ dθ. A queso puno, lavorando separaamene con i due inegrali si a Inolre π/ 1 [ ] 1 ρ 9/ dρ = 11 ρ11/ = cos θ sin θ dθ = [ ] π/ (cos θ)/ =

10 Analisi e Geomeria Docene: luglio 15 Cognome: Nome: Maricola: Ogni risposa deve essere giusificaa. Gli esercizi vanno svoli su quesi fogli, nello spazio soo il eso e, in caso di necessià, sul rero. I fogli di brua non devono essere consegnai. Durane la prova non è consenio l uso di libri, quaderni, calcolarici e apparecciaure eleronice. 1. Sia daa la funzione x x y f(x, y) = x + y (x, y) (, ) (x, y) = (, ). a) Si dica se f è coninua nell origine. b) Si calcolino, se esisono, le derivae parziali di f nell origine. c) Si calcoli, se esise, la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione della biserice del primo quadrane e nel verso delle x cresceni. d) Si dica se f è differenziabile nell origine. soluzione: a) passando per esempio in coordinae polari si a x x y ρ (cos θ cos θ sin θ) (x,y) (,) x + y = ρ ρ = ρ(cos θ cos θ sin θ) = ρ percé la quanià ra parenesi è una funzione iaa e quindi il prodoo di una funzione iaa per una funzione infiniesima è infiniesima. b) Usando la definizione si oiene f(, ) f(, ) (, ) = = = 1 x ( ) c) Il versore ricieso è v = 1 1, f D v f(, ) = (, quindi usando la definizione si a ) f(, ) = f(, ) f(, ) (, ) = = = y 1 = 1 e queso ie non esise (vale 1 se + e vale se ). Quindi la derivaa direzionale di f in (, ) nella direzione del versore v non esise. d) Siccome al puno c) abbiamo dimosrao ce la derivaa direzionale di f nell origine nella direzione di v non esise, allora f non può essere differenziabile in (, ) (percé se f fosse differenziabile in un puno, allora esiserebbero ue le derivae direzionali in quel puno). Alernaivamene con la definizione, occorrerebbe provare ce il seguene ie f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k (,k) (,) + k esise e vale zero. Ma si a f(, k) f(, ) f x (, ) f y (, )k k = +k (,k) (,) + k (,k) (,) e queso ie non esise percé prendendo la direzione = k si oiene ( ) = + k (,k) (,) k k ( + k ) / e queso ie non esise (vale se + e vale 1 se ). Quindi la funzione daa non è differenziabile nell origine.

11 . rovare gli esremi assolui della funzione sull insieme f(x, y) = y e (x +y ) D = {(x, y) R : x + (y + 1) 1}. soluzione: la funzione daa è ovunque definia e di classe C. L insieme su cui essa va sudiaa è il cercio di cenro di cenro (, 1) e raggio 1. D è ciuso e iao, quindi f a massimo e minimo assolui su D per il eorema di Weiersrass. Si vede immediaamene ce f è sempre non posiiva su D (se (x, y) D allora y ), ce f(x, y) = se e solo se x = e ce l unico puno di D ce a ascissa nulla è l origine, quindi f(, ) = e non vi sono alri puni in D in cui f si annulla. Quindi (, ) è puno di massimo assoluo per f in D. Occorre quindi solo cercare il puno, o i puni, di minimo assoluo. Cerciamo dapprima evenuali puni sazionari inerni a D. Vale: (x, y) = xy +y ) e (x, x y (x, y) = ( 1 y ) e (x +y ). L unico puno in cui il gradiene si annulla in D è quindi P 1 = (, 1/ ). Vale f(p 1 ) = 1/ e. Non è necessario procedere con il calcolo dell Hessiana, viso ce si sanno cercando solamene puni di minimo assoluo e baserà quindi a poseriori confronare f(p 1 ) con il valore minimo di f sul bordo. A queso puno analizziamo il bordo. Sono uilizzabili re meodi diversi. primo modo. Espliciiamo l equazione del vincolo: si a x +y +y = da cui x +y = y. Sosiuendo in f si vede ce va consideraa la funzione di una sola variabile g(y) = ye y, dove deve essere y. È immediao vedere ce ale funzione è minima in y = 1/, ce corrisponde ai segueni puni su D : P = ( /, 1/), P = ( /, 1/). Si a f(p ) = f(p ) = 1/(e) > 1/ e = f(p 1 ). Quindi vi è un solo puno di minimo assoluo, cioè P 1, e vale min D f = 1 e max D f =. Secondo modo. Uilizziamo il meodo dei moliplicaori di Lagrange. La Lagrangiana del sisema divena L(x, y, λ) = xe (x +y ) λ(x + y + y) e gli esremi vincolai si rovano ra i puni criici della Lagrangiana. Dunque olre all equazione del vincolo deve valere: { xye (x +y ) = λx e (x +y ) (1 y ) = λ(y ) Dalla prima equazione si a x = oppure λ = ye (x +y ). Nel primo caso il vincolo dà y =, y =, menre la prima equazione fornisce i corrispondeni valori di λ, non rilevani per quano ricieso. Nel secondo caso si a λ = y e (x +y ), ce inserio nella prima equazione dà y = 1/. Confronando i valori di f nei puni rovai si rirova quano mosrao in precedenza. erzo modo. Paramerizziamo la circonferenza in coordinae polari, cenrae nel puno (,-1), si a x = cos θ y = 1 + sin θ da cui inserendo nella funzione si a (1 sin θ) f(x, y) = g(θ) := ( 1 + sin θ)e θ [, π). Si a g (1 sin θ) (θ) = cos θ ( 1 + sin θ) e e da ciò si vede ce ale funzione è minima per θ = π/6, 5π/6, ce corrispondono ai puni P, P rovai in precedenza. Si procede dunque come sopra.

12 . Sia Si calcoli := {(x, y, z) R : z (x + y ), x + y 1, x, y }. x y dx dy dz. soluzione: si procede uilizzando le coordinae cilindrice (alernaivamene si poeva procedere inegrando per fili ), quindi x = ρ cos θ, y = ρ sin θ z = z; il deerminane della marice Jacobiana della rasformazione (il cui valore assoluo cosiuisce l elemeno d area) vale ρ. Per cui y 1 π ρ x dxdydz = dρ dθ ρ cos θ ( 1 ) ( π ρ sin θ ρ dz = ρρ 4 dρ cos θ ) sin θ dθ. A queso puno, lavorando separaamene con i due inegrali si a Inolre π/ 1 [ ] 1 ρ 9/ dρ = 11 ρ11/ = [ ] π/ sin θ cos θ dθ = (sin θ)/ =