Integrali doppi

Esercizio 9.1

Calcolare l'integrale doppio su $D$$D$ della funzione

$$f(x,y)=({\frac {1}{1+x+y}})^{2}$$

$$f(x,y)=({\frac {1}{1+x+y}})^{2}$$

con

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.|x|\leq 1,\quad -1\leq 2(x+y)\leq 2x^{2}\}$$

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.|x|\leq 1,\quad -1\leq 2(x+y)\leq 2x^{2}\}$$

 

Studio del dominio $D$$D$:

$$|x|\leq 1\longrightarrow -1\leq x\leq 1$$

$$|x|\leq 1\longrightarrow -1\leq x\leq 1$$

$$-1\leq 2(x+y)\,\longrightarrow \,y\geq -1/2-x$$

$$-1\leq 2(x+y)\,\longrightarrow \,y\geq -1/2-x$$

$$2(x+y)\leq 2x^{2}\longrightarrow y\leq x^{2}-x$$

$$2(x+y)\leq 2x^{2}\longrightarrow y\leq x^{2}-x$$

Questo significa che il dominio è delimitato ai lati dalle rette verticali $x=\pm 1$$x=\pm 1$, si trova sotto la parabola rivolta verso l'alto di vertice $(1/2,-1/4)$$(1/2,-1/4)$ e sopra la retta $r$$r$ passante per $(0,-1/2)$$(0,-1/2)$ e parallela alla bisettrice del secondo e quarto quadrante.

Non ci sono punti di intersezione tra la retta $r$$r$ e la parabola. Invece, la retta $x=1$$x=1$ interseca la parabola in $(1,0)$$(1,0)$ e la retta $r$$r$ in $(1,-3/2)$$(1,-3/2)$, e la retta $x=-1$$x=-1$ interseca la parabola in $(-1,2)$$(-1,2)$ e la retta $r$$r$ in $(-1,1/2)$$(-1,1/2)$.

Il denominatore si annulla se e solo se

$$y=-1-x$$

$$y=-1-x$$

ma questa retta, parallela a $r$$r$, non interseca il dominio $D$$D$.

Allora $f$$f$ è continua e integrabile su $D$$D$.

Calcolo dell'integrale:

$$I=\int _{-1}^{1}\,dx[\int _{-x-1/2}^{x^{2}-x}({\frac {1}{1+x+y}})^{2}\,dy]$$

$$I=\int _{-1}^{1}\,dx[\int _{-x-1/2}^{x^{2}-x}({\frac {1}{1+x+y}})^{2}\,dy]$$

Calcolo prima l'integrale interno, e cerco una primitiva di $f={\frac {1}{(1+x+y)^{2}}}$$f={\frac {1}{(1+x+y)^{2}}}$ considerando $y$$y$ come variabile:

$$I=\int _{-1}^{1}\,dx\,[-{\frac {1}{1+x+y}}]_{-x-1/2}^{x^{2}-x}$$

$$I=\int _{-1}^{1}\,dx\,[-{\frac {1}{1+x+y}}]_{-x-1/2}^{x^{2}-x}$$

$$I=\int _{-1}^{1}[-(1+x+x^{2}-x)^{-1}+(-x-1/2+x)^{-1}]\,dx$$

$$I=\int _{-1}^{1}[-(1+x+x^{2}-x)^{-1}+(-x-1/2+x)^{-1}]\,dx$$

$$I=\int _{-1}^{1}[-(1+x^{2})^{-1}-2]\,dx$$

$$I=\int _{-1}^{1}[-(1+x^{2})^{-1}-2]\,dx$$

$$I=[-\arctan x-2x]_{-1}^{1}=-\pi /4-2-\pi /4-2=-\pi /2-4$$

$$I=[-\arctan x-2x]_{-1}^{1}=-\pi /4-2-\pi /4-2=-\pi /2-4$$

Esercizio 9.2

Calcolare, dopo aver invertito l'ordine di integrazione,

$$\int _{0}^{1}y*[\int _{-{\sqrt {1-y^{2}}}}^{y-1}{\frac {e^{x}-1}{x}}\,dx]\,dy$$

$$\int _{0}^{1}y*[\int _{-{\sqrt {1-y^{2}}}}^{y-1}{\frac {e^{x}-1}{x}}\,dx]\,dy$$

 

Osservo che

$$\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$$

allora la funzione è continua e integrabile.
Studio del dominio: Per poter invertire l'ordine di integrazione, è necessario riscrivere il dominio dato

$$D=\{-{\sqrt {1-y^{2}}}<x<1+y,\,y\in [0,1]\}$$

$$D=\{-{\sqrt {1-y^{2}}}<x<1+y,\,y\in [0,1]\}$$

come una regione $y$$y$-semplice nella forma:

$$D=\{(x,y)\,t.c.x\in [a,b]\quad y\in (g_{1}(x),g_{2}(x))\}$$

$$D=\{(x,y)\,t.c.x\in [a,b]\quad y\in (g_{1}(x),g_{2}(x))\}$$

Determino quindi $a,b,g_{1},g_{2}$$a,b,g_{1},g_{2}$.
Dalla definizione di $D$$D$ ricavo che:

$$x\leq y-1\,\longrightarrow \,y\geq 1+x$$

$$x\leq y-1\,\longrightarrow \,y\geq 1+x$$

quindi, siccome $y\in [0,1]$$y\in [0,1]$, la disuguaglianza può essere soddisfatta solo per $x$$x$ negative.
Inoltre dev'essere:

$$x>-{\sqrt {1-y^{2}}}$$

$$x>-{\sqrt {1-y^{2}}}$$

e per $x<0$$x<0$ si ha:

$$-x<{\sqrt {1-y^{2}}}$$

$$-x<{\sqrt {1-y^{2}}}$$

per $y\in [0,1]$$y\in [0,1]$ l'argomento della radice è positivo, e posso elevare al quadrato:

$$x^{2}<1-y^{2}$$

$$x^{2}<1-y^{2}$$

$$x^{2}+y^{2}<1$$

$$x^{2}+y^{2}<1$$

e il dominio è delimitato dalla semicirconferenza di raggio 1 e centro nell'origine.
Riassumendo, l'insieme sta nel secondo quadrante ($x$$x$ negative), ed è delimitato dal basso dalla retta $y=x+1$$y=x+1$ e dall'alto dalla semicirconferenza $y=x^{2}+1$$y=x^{2}+1$.

Quindi $g_{1}(x)=1+x$$g_{1}(x)=1+x$, e siccome

$$x^{2}+y^{2}\leq 1\,\longrightarrow \,y\geq -{\sqrt {1-x^{2}}},\quad \vee \quad y\leq {\sqrt {1-x^{2}}}$$

$$x^{2}+y^{2}\leq 1\,\longrightarrow \,y\geq -{\sqrt {1-x^{2}}},\quad \vee \quad y\leq {\sqrt {1-x^{2}}}$$

si ha $g_{2}(x)={\sqrt {1-x^{2}}}$$g_{2}(x)={\sqrt {1-x^{2}}}$.
Gli estremi $a$$a$ e $b$$b$ dell'intervallo in cui varia $x$$x$ sono le ascisse dei punti di intersezione tra la retta $y=1+x$$y=1+x$ e la semicirconferenza, $P_{1}(-1,0),\,P_{2}(0,1)$$P_{1}(-1,0),\,P_{2}(0,1)$. Quindi $a=-1,b=0$$a=-1,b=0$.

Quindi $D$$D$ si scrive come

$$D=\{(x,y)\,t.c.x\in [-1,0]\quad 1+x\leq y\leq {\sqrt {1-x^{2}}}\}$$

$$D=\{(x,y)\,t.c.x\in [-1,0]\quad 1+x\leq y\leq {\sqrt {1-x^{2}}}\}$$

Calcolo dell'integrale:

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[\int _{1+x}^{\sqrt {1-x^{2}}}y\,dy]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[\int _{1+x}^{\sqrt {1-x^{2}}}y\,dy]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[[y^{2}/2]_{1+x}^{\sqrt {1-x^{2}}}]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[[y^{2}/2]_{1+x}^{\sqrt {1-x^{2}}}]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[1-x^{2}-(1+x)^{2}]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[1-x^{2}-(1+x)^{2}]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[1-x^{2}-1-x^{2}-2x]\,dx$$

$$\int _{-1}^{0}{\frac {e^{x}-1}{x}}[1-x^{2}-1-x^{2}-2x]\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}x{\frac {e^{x}-1}{x}}[x+1]\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}x{\frac {e^{x}-1}{x}}[x+1]\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}(e^{x}-1)(x+1)\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}(e^{x}-1)(x+1)\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}x*e^{x}+e^{x}-x-1\,dx$$

$$-2\int _{-1}^{0}x*e^{x}+e^{x}-x-1\,dx$$

Integro per parti $x*e^{x}$$x*e^{x}$:

$$\int x*e^{x}\,dx=x*e^{x}-\int e^{x}\,dx=e^{x}*(x-1)$$

$$\int x*e^{x}\,dx=x*e^{x}-\int e^{x}\,dx=e^{x}*(x-1)$$

e quindi sostituendo nell'integrale da calcolare:

$$=-2[e^{x}*(x-1)+e^{x}-x^{2}/2-x]_{-1}^{0}$$

$$=-2[e^{x}*(x-1)+e^{x}-x^{2}/2-x]_{-1}^{0}$$

$$=-2[e^{x}*x-x^{2}/2-x]_{-1}^{0}$$

$$=-2[e^{x}*x-x^{2}/2-x]_{-1}^{0}$$

$$=-2[-e^{-1}+1/2]=2e^{-1}-1$$

$$=-2[-e^{-1}+1/2]=2e^{-1}-1$$

Esercizio 9.3

Calcolare l'area dell'insieme

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}\leq |y|\leq |x|\}$$

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}\leq |y|\leq |x|\}$$

 

Studio del dominio: L'area di un insieme limitato di $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ è data da:

$$\int _{D}1\,dx\,dy$$

$$\int _{D}1\,dx\,dy$$

Le disuguaglianze che definiscono $D$$D$ sono

$$|y|\geq x^{2}\,\longrightarrow \,y\leq -x^{2}\vee y\geq x^{2}$$

$$|y|\geq x^{2}\,\longrightarrow \,y\leq -x^{2}\vee y\geq x^{2}$$

$$|y|\leq |x|\,\longrightarrow \,y\leq |x|\vee y\geq -|x|$$

$$|y|\leq |x|\,\longrightarrow \,y\leq |x|\vee y\geq -|x|$$

Si ricava inoltre $x^{2}<|x|$$x^{2}<|x|$, quindi

$$x\geq x^{2},\vee x\leq -x^{2}$$

$$x\geq x^{2},\vee x\leq -x^{2}$$

$$x*(1-x)\geq 0,\,\vee \,x(1+x)\leq 0$$

$$x*(1-x)\geq 0,\,\vee \,x(1+x)\leq 0$$

La prima equazione $x*(1-x)\geq 0$$x*(1-x)\geq 0$ ha soluzioni $0\leq x\leq 1$$0\leq x\leq 1$, e la seconda $x*(x+1)\leq 0$$x*(x+1)\leq 0$ ha soluzione $-1\leq x\leq 0$$-1\leq x\leq 0$.
In conclusione $D$$D$ è delimitato dalle due rette verticali $x=\pm 1$$x=\pm 1$, ed è formato da quattro spicchi, uno in ogni quadrante, delimitati da un arco di parabola e dalla retta $y=\pm x$$y=\pm x$.

Siccome il dominio è simmetrico, basta calcolare l'area di uno spicchio e moltiplicarla per 4: la simmetria di $D$$D$ si deduce anche dalla definizione, infatti $(x,y)\in D$$(x,y)\in D$ implica $(-x,-y)\in D$$(-x,-y)\in D$, $(x,-y)\in D$$(x,-y)\in D$, $(-x,y)\in D$$(-x,y)\in D$.

Lo spicchio $D_{1}$$D_{1}$ nel primo quadrante si può scrivere come regione $y$$y$-semplice:

$$D_{1}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}\leq y\leq x,\,0<x<1\}$$

$$D_{1}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}\leq y\leq x,\,0<x<1\}$$

Calcolo dell'integrale:

$$4\int _{D}1\,dx\,dy=4\int _{0}^{1}[\int _{x^{2}}^{x}1\,dy]\,dx$$

$$4\int _{D}1\,dx\,dy=4\int _{0}^{1}[\int _{x^{2}}^{x}1\,dy]\,dx$$

$$=4\int _{0}^{1}[x]_{x^{2}}^{x}\,dx$$

$$=4\int _{0}^{1}[x]_{x^{2}}^{x}\,dx$$

$$=4\int _{0}^{1}x-x^{2}\,dx$$

$$=4\int _{0}^{1}x-x^{2}\,dx$$

$$4*[x^{2}/2-x^{3}/3]_{0}^{1}=4*[1/2-1/3]=2-4/3=2/3$$

$$4*[x^{2}/2-x^{3}/3]_{0}^{1}=4*[1/2-1/3]=2-4/3=2/3$$

Esercizio 9.4

Calcolare

$$\int _{D}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy$$

$$\int _{D}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy$$

con

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}t.c.0\leq 2y\leq x^{2}+y^{2}\leq 9,\quad x\geq 0\}$$

$$D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}t.c.0\leq 2y\leq x^{2}+y^{2}\leq 9,\quad x\geq 0\}$$

 

Studio del dominio: L'equazione $x^{2}+y^{2}\leq 9$$x^{2}+y^{2}\leq 9$ implica che $D$$D$ è un sottoinsieme di un cerchio $C_{1}$$C_1$ di centro nell'origine e di raggio $r=3$$r=3$.

Invece

$$x^{2}+y^{2}\geq 2y\,\longrightarrow \,x^{2}+y^{2}-2y\geq 0$$

$$x^{2}+y^{2}\geq 2y\,\longrightarrow \,x^{2}+y^{2}-2y\geq 0$$

Usando i metodi del completamento del quadrato:

$$x^{2}+y^{2}-2y+1\geq 1$$

$$x^{2}+y^{2}-2y+1\geq 1$$

$$x^{2}+(y-1)^{2}\geq 1$$

$$x^{2}+(y-1)^{2}\geq 1$$

cioè i punti dell'insieme stanno all'esterno della circonferenza $C_{2}$$C_2$ di centro $(0,1)$$(0,1)$ e raggio 1, che interseca l'asse $y$$y$ in $(0,0)$$(0,0)$ e $(0,2)$$(0,2)$.
Siccome $x\geq 0,y\geq 0$$x\geq 0,y\geq 0$ considero solo l'intersezione tra il dominio e il primo quadrante.

Spezzo il dominio in due parti: per $0<y<2$$0<y<2$, il dominio è compreso tra gli archi di $C_{2}$$C_2$ e $C_{1}$$C_1$, mentre per $2<y<3$$2<y<3$ il dominio è compreso tra la retta $x=0$$x=0$ e un arco di $C_{1}$$C_1$. In particolare $D$$D$ è unione disgiunta di $D_{1}$$D_{1}$ e $D_{2}$$D_{2}$ con:

$$D_{1}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,0<y<2,\,{\sqrt {2y-y^{2}}}\leq x\leq {\sqrt {9-y^{2}}}\}$$

$$D_{1}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,0<y<2,\,{\sqrt {2y-y^{2}}}\leq x\leq {\sqrt {9-y^{2}}}\}$$

$$D_{2}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,2<y<3,\,0\leq x\leq {\sqrt {9-y^{2}}}\}$$

$$D_{2}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,2<y<3,\,0\leq x\leq {\sqrt {9-y^{2}}}\}$$

Calcolo dell'integrale: per la proprietà di additività dell'integrale:

$$\int _{D_{1}\cup D_{2}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy$$

$$\int _{D_{1}\cup D_{2}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy$$

$$=\int _{D_{1}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy+\int _{D_{2}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy=$$

$$=\int _{D_{1}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy+\int _{D_{2}}{\frac {x}{1+y}}\,dx\,dy=$$

Calcolo i due integrali separatamente:

$$I_{1}=\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[\int _{\sqrt {2y-y^{2}}}^{\sqrt {9-y^{2}}}x\,dx]\,dy$$

$$I_{1}=\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[\int _{\sqrt {2y-y^{2}}}^{\sqrt {9-y^{2}}}x\,dx]\,dy$$

L'integrale è ben definito perché il denominatore non si annulla in $D_{1}$$D_{1}$.

$$I_{1}=\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[x^{2}/2]_{\sqrt {2y-y^{2}}}^{\sqrt {9-y^{2}}}\,dy$$

$$I_{1}=\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[x^{2}/2]_{\sqrt {2y-y^{2}}}^{\sqrt {9-y^{2}}}\,dy$$

$$I_{1}=1/2\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[9-y^{2}-2y+y^{2}]\,dy$$

$$I_{1}=1/2\int _{0}^{2}{\frac {1}{1+y}}*[9-y^{2}-2y+y^{2}]\,dy$$

$$I_{1}=-1/2\int _{0}^{2}{\frac {2y-9}{1+y}}\,dy$$

$$I_{1}=-1/2\int _{0}^{2}{\frac {2y-9}{1+y}}\,dy$$

$$I_{1}=-1/2\int _{0}^{2}2-{\frac {11}{y+1}}\,dy$$

$$I_{1}=-1/2\int _{0}^{2}2-{\frac {11}{y+1}}\,dy$$

$$I_{1}=-1/2[2y-11\log(y+1)]_{0}^{2}=$$

$$I_{1}=-1/2[2y-11\log(y+1)]_{0}^{2}=$$

$$I_{1}=-1/2[4-11\log 3]=-2+11/2\log 3$$

$$I_{1}=-1/2[4-11\log 3]=-2+11/2\log 3$$

$$I_{2}=\int _{2}^{3}{\frac {1}{1+y}}*(\int _{0}^{\sqrt {9-y^{2}}}x\,dx)\,dy=$$

$$I_{2}=\int _{2}^{3}{\frac {1}{1+y}}*(\int _{0}^{\sqrt {9-y^{2}}}x\,dx)\,dy=$$

$$I_{2}=1/2*\int _{2}^{3}{\frac {9-y^{2}}{1+y}}\,dy=$$

$$I_{2}=1/2*\int _{2}^{3}{\frac {9-y^{2}}{1+y}}\,dy=$$

Eseguo la divisione:

$${\frac {y^{2}-9}{y+1}}=$$

$${\frac {y^{2}-9}{y+1}}=$$

$${\frac {y^{2}}{y}}=y,\,q_{1}$$

$${\frac {y^{2}}{y}}=y,\,q_{1}$$

$$y^{2}-9-y^{2}-y=-9-y,\,r_{1}$$

$$y^{2}-9-y^{2}-y=-9-y,\,r_{1}$$

$${\frac {-y}{y}}=-1,\,q_{2}$$

$${\frac {-y}{y}}=-1,\,q_{2}$$

$$-y-9+y+1=-8,\,r_{2}$$

$$-y-9+y+1=-8,\,r_{2}$$

allora

$${\frac {y^{2}-9}{y+1}}=(y-1))-8/(y+1)$$

$${\frac {y^{2}-9}{y+1}}=(y-1))-8/(y+1)$$

$$I_{2}=-1/2*\int _{2}^{3}y-1-{\frac {8}{y+1}}\,dy=$$

$$I_{2}=-1/2*\int _{2}^{3}y-1-{\frac {8}{y+1}}\,dy=$$

$$I_{2}=-1/2*[y^{2}/2-y-8\log(y+1)]_{2}^{3}=$$

$$I_{2}=-1/2*[y^{2}/2-y-8\log(y+1)]_{2}^{3}=$$

$$I_{2}=-1/2*[9/2-2-3+2-8\log 4+8\log 3]$$

$$I_{2}=-1/2*[9/2-2-3+2-8\log 4+8\log 3]$$

$$I_{2}=-3/4+4\log 4-4\log 3$$

$$I_{2}=-3/4+4\log 4-4\log 3$$

$$I=I_{1}+I_{2}=-2+11/2\log 3-3/4+4\log 4-4\log 3=-11/4+3/2\log 3+4\log 4$$

$$I=I_{1}+I_{2}=-2+11/2\log 3-3/4+4\log 4-4\log 3=-11/4+3/2\log 3+4\log 4$$

Esercizio 9.5

Calcolare l'integrale doppio

$$\int _{T}x\,\cos y\,dx\,dy$$

$$\int _{T}x\,\cos y\,dx\,dy$$

dove $T$$T$ è il trapezio di vertici $(0,\pi /2)$$(0,\pi /2)$, $(0,\pi )$$(0,\pi )$, $({\frac {\pi }{2}},0)$$({\frac {\pi }{2}},0)$ e $({\frac {\pi }{2}},3/2\pi )$$({\frac {\pi }{2}},3/2\pi )$.

 

Studio del dominio: Il dominio è una regione x-semplice, in cui $x\in (0,\pi /2)$$x\in (0,\pi /2)$, mentre $y$$y$ è delimitata da due rette: dal basso è delimitata da:

$$y=-x+\pi /2$$

$$y=-x+\pi /2$$

mentre dall'alto è delimitato da $y=x+\pi$$y=x+\pi$.

Calcolo dell'integrale:

$$\int _{0}^{\pi /2}[\int _{-x+\pi /2}^{x+\pi }x\cos y\,dy]\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}[\int _{-x+\pi /2}^{x+\pi }x\cos y\,dy]\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}[x\sin y]_{-x+\pi /2}^{x+\pi }\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}[x\sin y]_{-x+\pi /2}^{x+\pi }\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}x\sin(x+\pi )-x\sin(-x+\pi /2)\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}x\sin(x+\pi )-x\sin(-x+\pi /2)\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}-x\sin x-x\sin(\pi /2-x)\,dx$$

$$\int _{0}^{\pi /2}-x\sin x-x\sin(\pi /2-x)\,dx$$

Integro i due addendi per parti:

$$\int x\sin x\,dx=-x*\cos x+\int \cos x\,dx=-x\cos x+\sin x$$

$$\int x\sin x\,dx=-x*\cos x+\int \cos x\,dx=-x\cos x+\sin x$$

$$\int x\sin(\pi /2-x)\,dx=x*\cos(\pi /2-x)-\int \sin(\pi /2-x)$$

$$\int x\sin(\pi /2-x)\,dx=x*\cos(\pi /2-x)-\int \sin(\pi /2-x)$$

$$=x*\cos(\pi /2-x)-\cos(\pi /2-x)$$

$$=x*\cos(\pi /2-x)-\cos(\pi /2-x)$$

quindi tornando all'integrale di partenza

$$=-[-x\cos x+\sin x+x*\cos(\pi /2-x)-\cos(\pi /2-x)]_{0}^{\pi /2}=$$

$$=-[-x\cos x+\sin x+x*\cos(\pi /2-x)-\cos(\pi /2-x)]_{0}^{\pi /2}=$$

$$-[1+\pi /2-1]=-\pi /2$$

$$-[1+\pi /2-1]=-\pi /2$$