Integrali tripli

Richiami teorici

integrazione per fili

Sia $D\subset \mathbb {R} ^{3}$$D\subset \mathbb {R} ^{3}$ un sottoinsieme limitato. Supponiamo che

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.\,(x,y)\in A\,\alpha (x,y)\leq z\leq \beta (x,y)\}$$

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.\,(x,y)\in A\,\alpha (x,y)\leq z\leq \beta (x,y)\}$$

Se $f$$f$ è integrabile su $D$$D$, allora:

$$\int _{D}f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz=\int _{A}[\int _{\alpha (x,y)}^{\beta (x,y)}f^{xy}(z)\,dz]\,dx\,dy.$$

$$\int _{D}f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz=\int _{A}[\int _{\alpha (x,y)}^{\beta (x,y)}f^{xy}(z)\,dz]\,dx\,dy.$$

Integrazione per strati

in questo caso si calcola prima un integrale doppio e poi uno semplice.

Considero l'insieme $E$$E$ limitato. Supponiamo di sapere che

$$E\subset \{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}t.c.a\leq z\leq b\}$$

$$E\subset \{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}t.c.a\leq z\leq b\}$$

(compreso tra due iperpiani).
Definisco gli insiemi

$$E_{h}=\{(x,y,z)\in Et.c.z=h\}$$

$$E_{h}=\{(x,y,z)\in Et.c.z=h\}$$

ottenuti intersecando l'insieme $E$$E$ con un iperpiano di altezza $h$$h$.
Allora

$$\int _{D}f\,dx\,dy\,dz=\int _{a}^{b}[\int _{E_{h}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh$$

$$\int _{D}f\,dx\,dy\,dz=\int _{a}^{b}[\int _{E_{h}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh$$

cambio variabili

Sia $D$$D$ un aperto misurabile di $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ e sia $T\colon D\to T(D)$$T\colon D\to T(D)$ una funzione. Sia $T$$T$ tale che $(u,v)\mapsto (x,y)$$(u,v)\mapsto (x,y)$ con $x=\phi (u,v)$$x=\phi (u,v)$, $y=\psi (u,v))$$y=\psi (u,v))$.

Supponiamo che $T$$T$ sia di classe $C^{1}$$C^1$ su tutto $D$$D$ con derivate parziali limitate, che $T$$T$ sia invertibile tra $D$$D$ e l'immagine $T(D)$$T(D)$, e supponiamo che il determinante jacobiano della trasformazione indicato con ${\frac {\partial _{\phi ,\psi }}{\partial _{u,v}}}$${\frac {\partial _{\phi ,\psi }}{\partial _{u,v}}}$ sia diverso da 0. Se $f$$f$ è integrabile in $T(D)$$T(D)$, allora:

$$\int _{T(D)}f(x,y)\,dx\,dy=\int _{D}f(\phi (u,v),\psi (u,v))*|{\frac {\partial _{\phi ,\psi }}{\partial _{u,v}}}|(u,v)\,du\,dv$$

$$\int _{T(D)}f(x,y)\,dx\,dy=\int _{D}f(\phi (u,v),\psi (u,v))*|{\frac {\partial _{\phi ,\psi }}{\partial _{u,v}}}|(u,v)\,du\,dv$$

A parte in casi noti del cambio di variabile, non è facile ricavare le relazioni $x=\phi (u,v)$$x=\phi (u,v)$ e $y=\psi (u,v)$$y=\psi (u,v)$.

Esercizio 9.10

Calcolare l'integrale triplo:

$$\int _{D}x^{2}+y^{2}+z^{2}\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{D}x^{2}+y^{2}+z^{2}\,dx\,dy\,dz$$

con

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.\,x^{2}+z^{2}\leq 1,\quad y^{2}+z^{2}\leq 1\}$$

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.\,x^{2}+z^{2}\leq 1,\quad y^{2}+z^{2}\leq 1\}$$

 

Studio del dominio: $D$$D$ è contenuto nell'intersezione tra i due cilindri:

$$C_{1}=\{(x,y,z),\,t.c.\,x^{2}+z^{2}=1\},\,{\hbox{ruota attorno all'asse y}}$$

$$C_{1}=\{(x,y,z),\,t.c.\,x^{2}+z^{2}=1\},\,{\hbox{ruota attorno all'asse y}}$$

$$C_{2}=\{(x,y,z),\,t.c.\,y^{2}+z^{2}=1\},\,{\hbox{ruota attorno all'asse x}}$$

$$C_{2}=\{(x,y,z),\,t.c.\,y^{2}+z^{2}=1\},\,{\hbox{ruota attorno all'asse x}}$$

Siccome $z$$z$ compare in tutte e due le equazioni, scelgo $z$$z$ come ultima variabile di integrazione; si possono esprimere $x$$x$ e $y$$y$ in funzione di $z$$z$ attraverso le equazioni:

$$-{\sqrt {1-z^{2}}}\leq x\leq {\sqrt {1-z^{2}}}$$

$$-{\sqrt {1-z^{2}}}\leq x\leq {\sqrt {1-z^{2}}}$$

$$-{\sqrt {1-z^{2}}}\leq y\leq {\sqrt {1-z^{2}}}$$

$$-{\sqrt {1-z^{2}}}\leq y\leq {\sqrt {1-z^{2}}}$$

Per determinare l'intervallo in cui varia $z$$z$, osservo che:

$$x^{2}>0\,\longrightarrow \,z^{2}\leq x^{2}+z^{2}\leq 1,$$

$$x^{2}>0\,\longrightarrow \,z^{2}\leq x^{2}+z^{2}\leq 1,$$

e si ha quindi $-1\leq z\leq 1$$-1\leq z\leq 1$.
Calcolo dell'integrale:

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}x^{2}+y^{2}+z^{2}\,dy]\,dx]\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}x^{2}+y^{2}+z^{2}\,dy]\,dx]\,dz$$

Integro prima rispetto a $y$$y$:

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}[(x^{2}+z^{2})y+y^{3}/3]_{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}\,dx]\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}[(x^{2}+z^{2})y+y^{3}/3]_{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}\,dx]\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}2(x^{2}+z^{2}){\sqrt {1-z^{2}}}+2/3(1-z^{2})^{3/2}\,dx]\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}[\int _{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}2(x^{2}+z^{2}){\sqrt {1-z^{2}}}+2/3(1-z^{2})^{3/2}\,dx]\,dz$$

Integro rispetto a $x$$x$:

$$\int _{-1}^{1}[2/3x^{3}{\sqrt {1-z^{2}}}+2z^{2}x{\sqrt {1-z^{2}}}+2/3(1-z^{2})^{3/2}x]_{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}[2/3x^{3}{\sqrt {1-z^{2}}}+2z^{2}x{\sqrt {1-z^{2}}}+2/3(1-z^{2})^{3/2}x]_{-{\sqrt {1-z^{2}}}}^{\sqrt {1-z^{2}}}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}4/3(1-z^{2})^{3/2}{\sqrt {1-z^{2}}}+4z^{2}(1-z^{2})+4/3(1-z^{2})^{3/2}{\sqrt {1-z^{2}}}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}4/3(1-z^{2})^{3/2}{\sqrt {1-z^{2}}}+4z^{2}(1-z^{2})+4/3(1-z^{2})^{3/2}{\sqrt {1-z^{2}}}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}4/3(1-z^{2})^{2}+4z^{2}(1-z^{2})+4/3(1-z^{2})^{2}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}4/3(1-z^{2})^{2}+4z^{2}(1-z^{2})+4/3(1-z^{2})^{2}\,dz$$

Integro rispetto a $z$$z$:

$$\int _{-1}^{1}4/3+4/3z^{4}-8/3z^{2}+4z^{2}-4z^{4}+4/3+4/3z^{4}-8/3z^{2}\,dz$$

$$\int _{-1}^{1}4/3+4/3z^{4}-8/3z^{2}+4z^{2}-4z^{4}+4/3+4/3z^{4}-8/3z^{2}\,dz$$

$$[8/3z-4/15z^{5}-4/9z^{3}]_{-1}^{1}=8/3+8/3-4/15-4/15-4/9-4/9=$$

$$[8/3z-4/15z^{5}-4/9z^{3}]_{-1}^{1}=8/3+8/3-4/15-4/15-4/9-4/9=$$

$$=2(120-12-20)/(45)={\frac {176}{45}}$$

$$=2(120-12-20)/(45)={\frac {176}{45}}$$

Esercizio 9.11

Si consideri il cono $C=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq 1\}$$C=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq 1\}$. Calcolare

$$\int _{C}ze^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\,dz.$$

$$\int _{C}ze^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\,dz.$$

 

La scrittura del dominio e dell'integranda diventano più semplice se passo a coordinate cilindriche, infatti ottengo che

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq 1\,\longrightarrow \,0\leq x^{2}+y^{2}\leq 1,\longrightarrow \,0\leq \rho ^{2}\leq 1\,\longrightarrow 0\leq \rho \leq 1$$

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq 1\,\longrightarrow \,0\leq x^{2}+y^{2}\leq 1,\longrightarrow \,0\leq \rho ^{2}\leq 1\,\longrightarrow 0\leq \rho \leq 1$$

Inoltre, ${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z$ implica $\rho \leq z$$\rho \leq z$, con $0\leq z\leq 1$$0\leq z\leq 1$, integro quindi sul dominio:

$$E=\{(\rho ,\theta ,z)\,t.c.0<\rho <1,\,0<\theta <2\pi ,\,\rho \leq z\leq 1\}$$

$$E=\{(\rho ,\theta ,z)\,t.c.0<\rho <1,\,0<\theta <2\pi ,\,\rho \leq z\leq 1\}$$

e tengo $\rho$$\rho$ come prima variabile di integrazione. Tenendo conto che il determinante jacobiano della trasformazione scelta è $\rho$$\rho$, l'integrale da calcolare

$$\int _{C}ze^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{C}ze^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\,dz$$

diventa:

$$\int _{0}^{1}\,[\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{\rho }^{1}z*\rho *e^{-\rho ^{2}}\,dz]\,d\theta ]\,d\rho$$

$$\int _{0}^{1}\,[\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{\rho }^{1}z*\rho *e^{-\rho ^{2}}\,dz]\,d\theta ]\,d\rho$$

$$=2\pi \,\int _{0}^{1}[z^{2}/2*\rho *e^{-\rho ^{2}}]_{1}^{\rho }\,d\rho$$

$$=2\pi \,\int _{0}^{1}[z^{2}/2*\rho *e^{-\rho ^{2}}]_{1}^{\rho }\,d\rho$$

$$=\pi \int _{0}^{1}\rho *e^{-\rho ^{2}}-\rho ^{3}*e^{-\rho ^{2}}\,d\rho =$$

$$=\pi \int _{0}^{1}\rho *e^{-\rho ^{2}}-\rho ^{3}*e^{-\rho ^{2}}\,d\rho =$$

Spezzo in due l'integrale, ponendo $I=\pi *(I_{1}-I_{2})$$I=\pi *(I_{1}-I_{2})$ con

$$I_{1}=\int _{0}^{1}\rho *e^{-\rho ^{2}}\,d\rho =[-1/2e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}=1/2*(1-e^{-1})$$

$$I_{1}=\int _{0}^{1}\rho *e^{-\rho ^{2}}\,d\rho =[-1/2e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}=1/2*(1-e^{-1})$$

$$I_{2}=\int _{0}^{1}\rho ^{3}*e^{-\rho ^{2}}\,d\rho$$

$$I_{2}=\int _{0}^{1}\rho ^{3}*e^{-\rho ^{2}}\,d\rho$$

Integro per parti:

$$f(x)=\rho ^{2},\,f'(x)=2\rho \,g(x)=-1/2*e^{-\rho ^{2}}\,g'(x)=\rho *e^{-\rho ^{2}}$$

$$f(x)=\rho ^{2},\,f'(x)=2\rho \,g(x)=-1/2*e^{-\rho ^{2}}\,g'(x)=\rho *e^{-\rho ^{2}}$$

$$I_{2}=[-1/2*\rho ^{2}*e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}-1/2*e^{-\rho ^{2}}*2\rho \,d\rho$$

$$I_{2}=[-1/2*\rho ^{2}*e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}-1/2*e^{-\rho ^{2}}*2\rho \,d\rho$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}+1/2\int _{0}^{1}e^{-\rho ^{2}}*2\rho \,d\rho$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}+1/2\int _{0}^{1}e^{-\rho ^{2}}*2\rho \,d\rho$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}+1/2[-e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}=$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}+1/2[-e^{-\rho ^{2}}]_{0}^{1}=$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}-1/2e^{-1}+1/2=-e^{-1}+1/2$$

$$I_{2}=-1/2*e^{-1}-1/2e^{-1}+1/2=-e^{-1}+1/2$$

Quindi

$$I=\pi *(1/2-1/2e^{-1}+e^{-1}-1/2)=\pi /2e^{-1}$$

$$I=\pi *(1/2-1/2e^{-1}+e^{-1}-1/2)=\pi /2e^{-1}$$

Esercizio 9.12

Si calcoli il volume di $D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:\,x^{2}-2y<z<-y^{2}+2x\}$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:\,x^{2}-2y<z<-y^{2}+2x\}$.

 

Studio del dominio: Dalla disuguaglianza che definisce $D$$D$, si deduce $x^{2}-2y<-y^{2}+2x$$x^{2}-2y<-y^{2}+2x$ e con il metodo del completamento del quadrato:

$$x^{2}+y^{2}-2x-2y<0\,\longrightarrow \,(x-1)^{2}+(y-1)^{2}<2$$

$$x^{2}+y^{2}-2x-2y<0\,\longrightarrow \,(x-1)^{2}+(y-1)^{2}<2$$

e tutti i punti dell'insieme stanno all'interno della circonferenza di centro $(1,1)$$(1,1)$ e raggio ${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$.
In questo caso, passare alle coordinate cilindriche centrate nell'origine non porta a semplificazioni nella scrittura del dominio, allora scelgo le coordinate cilindriche centrare in $(1,1)$$(1,1)$, ponendo

$$x=1+\rho \cos \theta ,\,y=1+\rho \sin \theta ,\,z=z$$

$$x=1+\rho \cos \theta ,\,y=1+\rho \sin \theta ,\,z=z$$

in modo che tutti i punti del dominio stanno all'interno della circonferenza $\rho ^{2}<2$$\rho ^{2}<2$, mentre l'intervallo in cui varia $z$$z$ si scrive come:

$$\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta <z<-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )$$

$$\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta <z<-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )$$

Calcolo dell'integrale:

$$\operatorname {mis} D=\int _{D}\,1\,dx\,dy\,dz$$

$$\operatorname {mis} D=\int _{D}\,1\,dx\,dy\,dz$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,\int _{-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )}^{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta }\rho \,dz]d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,\int _{-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )}^{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta }\rho \,dz]d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,[\rho z]_{-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )}^{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta }\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,[\rho z]_{-1-\rho ^{2}\sin ^{2}\theta -2\rho (\sin \theta -\cos \theta )}^{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +1+2\rho \cos \theta -2\rho \sin \theta }\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,[\rho +\rho ^{3}\sin ^{2}\theta +2\rho ^{2}(\sin \theta -\cos \theta )+\rho ^{3}\cos ^{2}\theta +\rho +2\rho ^{2}\cos \theta -2\rho ^{2}\sin \theta \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,[\rho +\rho ^{3}\sin ^{2}\theta +2\rho ^{2}(\sin \theta -\cos \theta )+\rho ^{3}\cos ^{2}\theta +\rho +2\rho ^{2}\cos \theta -2\rho ^{2}\sin \theta \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,\rho ^{3}+2\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}{\sqrt {2}}\,\rho ^{3}+2\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$2\pi [\rho ^{4}/4+\rho ^{2}]_{0}^{\sqrt {2}}=6\pi$$

$$2\pi [\rho ^{4}/4+\rho ^{2}]_{0}^{\sqrt {2}}=6\pi$$

Esercizio 9.13

Si calcoli

$$\int _{A}|z|\,dx\,dy\,dz,$$

$$\int _{A}|z|\,dx\,dy\,dz,$$

dove $A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:\ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 4,\,x^{2}+y^{2}-2y\leq 0\}$$A=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:\ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 4,\,x^{2}+y^{2}-2y\leq 0\}$.

 

Studio del dominio: I punti stanno all'interno della sfera di raggio $2$$2$ definita dall'equazione $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$$x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$, inoltre

$$x^{2}+y^{2}-2y\leq 0\,\longrightarrow \,x^{2}+(y-1)^{2}\leq 1$$

$$x^{2}+y^{2}-2y\leq 0\,\longrightarrow \,x^{2}+(y-1)^{2}\leq 1$$

quindi i punti stanno all'interno del cilindro di centro $(0,1)$$(0,1)$ e di raggio $1$$1$.
E' conveniente passare alle coordinate cilindriche:

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=1+\rho \sin \theta ,\,z=z$$

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=1+\rho \sin \theta ,\,z=z$$

in modo da poter scrivere il dominio in una forma più semplice:

$${\begin{cases}\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +2\rho \sin \theta +1+z^{2}\leq 4\\\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +1+2\rho \sin \theta -2\rho \sin \theta -2\leq 0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +2\rho \sin \theta +1+z^{2}\leq 4\\\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +1+2\rho \sin \theta -2\rho \sin \theta -2\leq 0\end{cases}}$$

$$\longrightarrow \,{\begin{cases}\rho ^{2}+2\rho \sin \theta +z^{2}\leq 3\\\rho ^{2}\leq 1\end{cases}}$$

$$\longrightarrow \,{\begin{cases}\rho ^{2}+2\rho \sin \theta +z^{2}\leq 3\\\rho ^{2}\leq 1\end{cases}}$$

Si possono quindi determinare gli intervalli in cui variano $\rho ,z$$\rho ,z$ e $\theta$$\theta$: si ha $0\leq \theta \leq 2\pi$$0\leq \theta \leq 2\pi$, $0\leq \rho \leq 1$$0\leq \rho \leq 1$, mentre

$$-{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\leq z\leq {\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}$$

$$-{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\leq z\leq {\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}$$

e quindi bisogna integrare prima in $dz$$dz$.
Calcolo dell'integrale:

$$\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{1}[\int _{-{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,|z|\,dz]\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{1}[\int _{-{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,|z|\,dz]\,d\rho \,d\theta =$$

Sto integrando una funzione pari su un dominio simmetrico rispetto a 0, quindi:

$$=2\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{1}[\int _{0}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,z\,dz]\,d\rho \,d\theta =$$

$$=2\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{1}[\int _{0}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,z\,dz]\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{\theta }\int _{0}^{1}[z^{2}]_{0}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{\theta }\int _{0}^{1}[z^{2}]_{0}^{\sqrt {3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta }}\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{1}(3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta )\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{1}(3-\rho ^{2}-2\rho \sin \theta )\,d\rho \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }[3\rho -\rho ^{3}/3-\rho ^{2}\sin \theta ]_{0}^{1}\,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }[3\rho -\rho ^{3}/3-\rho ^{2}\sin \theta ]_{0}^{1}\,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }3-1/3-\sin \theta \,d\theta =$$

$$\int _{0}^{2\pi }3-1/3-\sin \theta \,d\theta =$$

$$[8/3\theta +\cos \theta ]_{0}^{2\pi }=16/3\pi$$

$$[8/3\theta +\cos \theta ]_{0}^{2\pi }=16/3\pi$$

Esercizio 9.14

Si calcoli il baricentro di una calotta sferica riempita di materiale omogeneo, definita dalle equazioni:

$$\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}\,\wedge \,z\geq {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}\}$$

$$\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\,t.c.x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}\,\wedge \,z\geq {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}\}$$

dove $R$$R$ è il raggio della sfera e $r$$r$ il raggio della calotta.

 

La prima disequazione che descrive la calotta indica che i punti devono stare all'interno della sfera di raggio $R$$R$, la seconda disequazione esclude dal dominio la parte di sfera al di sotto della sezione circolare di raggio $r$$r$. Supponiamo di avere un corpo con una densità di massa $\delta _{x,y,z}$$\delta _{x,y,z}$. Le coordinate del baricentro sono:

$${\bar {x}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}x\,dx\,dy\,dz$$

$${\bar {x}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}x\,dx\,dy\,dz$$

$${\bar {y}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}y\,dx\,dy\,dz$$

$${\bar {y}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}y\,dx\,dy\,dz$$

$${\bar {z}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}z\,dx\,dy\,dz$$

$${\bar {z}}={\frac {1}{\operatorname {mis} S}}*\int _{S}z\,dx\,dy\,dz$$

Dobbiamo calcolare il volume di $S$$S$, e i tre integrali tripli per le coordinate.

Osservo che il dominio è simmetrico rispetto all'asse $x$$x$ e dimostro che ${\bar {x}}=0$${\bar {x}}=0$, questo equivale a dimostrare che

$$\int _{S\cap \{x>0\}}x\,dx\,dy\,dz=-\int _{S\cap \{x<0\}}x\,dx\,dy\,dz\,\quad {\hbox{formula }}\ast$$

$$\int _{S\cap \{x>0\}}x\,dx\,dy\,dz=-\int _{S\cap \{x<0\}}x\,dx\,dy\,dz\,\quad {\hbox{formula }}\ast$$

in modo che la somma dei due integrali sia nulla. Introduco il cambio di variabili:

$$x=-X,\,y=Y,\,z=Z$$

$$x=-X,\,y=Y,\,z=Z$$

La matrice associata a questo cambio di variabili è:

$${\begin{array}{ccc}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}}$$

$${\begin{array}{ccc}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}}$$

e $|\det J_{T}|=1\neq 0$$|\det J_{T}|=1\neq 0$ quindi la trasformazione $T$$T$ è invertibile ed è un diffeomorfismo.

Se $(x,y,z)\in S\cap \{x>0\}$$(x,y,z)\in S\cap \{x>0\}$, allora $(X,Y,Z)=(-x,y,z)\in S\cap \{x<0\}$$(X,Y,Z)=(-x,y,z)\in S\cap \{x<0\}$ (perché il dominio è simmetrico rispetto all'asse x). Allora

$$\int _{S\cap \{x>0\}}x\,dx\,dy\,dz=\int _{S\cap \{X<0\}}-X\,dX\,dY\,dZ=-\int _{S\cap \{x<0\}}x\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{S\cap \{x>0\}}x\,dx\,dy\,dz=\int _{S\cap \{X<0\}}-X\,dX\,dY\,dZ=-\int _{S\cap \{x<0\}}x\,dx\,dy\,dz$$

e quindi, avendo dimostrato la formula $\ast$$\ast$, ${\bar {x}}=0$${\bar {x}}=0$.

Analogamente si dimostra che ${\bar {y}}=0$${\bar {y}}=0$.

Per calcolare ${\bar {z}}$${\bar {z}}$ integro per strati, infatti, intersecando la calotta con un piano orizzontale si ottengono tanti strati a forma di cerchio, definiti come:

$$S_{h}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}+y^{2}\leq R^{2}-z^{2}\}$$

$$S_{h}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,x^{2}+y^{2}\leq R^{2}-z^{2}\}$$

Per determinare l'intervallo in cui varia $z$$z$, osservo che $z\geq {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}$$z\geq {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}$, inoltre,

$$x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}\,\wedge \,x^{2}+y^{2}>0\,\longrightarrow \,z^{2}\leq R^{2}\,\longrightarrow \,-R\leq z\leq R$$

$$x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}\,\wedge \,x^{2}+y^{2}>0\,\longrightarrow \,z^{2}\leq R^{2}\,\longrightarrow \,-R\leq z\leq R$$

quindi si conclude:

$${\sqrt {R^{2}-r^{2}}}\leq z\leq R$$

$${\sqrt {R^{2}-r^{2}}}\leq z\leq R$$

Ottengo:

$$\int _{S}\,zdx\,dy\,dz=$$

$$\int _{S}\,zdx\,dy\,dz=$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}z*[\int _{S_{h}}\,dx\,dy]\,dz$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}z*[\int _{S_{h}}\,dx\,dy]\,dz$$

$S_{h}$$S_{h}$ è un cerchio di raggio ${\sqrt {R^{2}-z^{2}}}$${\sqrt {R^{2}-z^{2}}}$ e ha area $\pi (R^{2}-z^{2})$$\pi (R^{2}-z^{2})$, e sostituendo quest'espressione nell'integrale da calcolare:

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}\pi z*(R^{2}-z^{2})\,dz$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}\pi z*(R^{2}-z^{2})\,dz$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}\pi zR^{2}-\pi z^{3}\,dz$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}\pi zR^{2}-\pi z^{3}\,dz$$

$$=\pi *[z^{2}/2R^{2}-z^{4}/4]_{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}$$

$$=\pi *[z^{2}/2R^{2}-z^{4}/4]_{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}$$

$$=\pi *(R^{4}/2-R^{2}(R^{2}-r^{2})/2-R^{4}/4+(R^{2}-r^{2})^{2}/4)=$$

$$=\pi *(R^{4}/2-R^{2}(R^{2}-r^{2})/2-R^{4}/4+(R^{2}-r^{2})^{2}/4)=$$

$$=\pi *(R^{4}/2-R^{4}/2+r^{2}R^{2}/2-R^{4}/4+R^{4}/4+r^{4}/4-R^{2}r^{2}/2)=\pi *r^{4}/4$$

$$=\pi *(R^{4}/2-R^{4}/2+r^{2}R^{2}/2-R^{4}/4+R^{4}/4+r^{4}/4-R^{2}r^{2}/2)=\pi *r^{4}/4$$

Calcolo il volume della calotta.

$$\operatorname {mis} S=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}[\int _{S_{z}}\,dx\,dy]\,dz$$

$$\operatorname {mis} S=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}[\int _{S_{z}}\,dx\,dy]\,dz$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}[\pi (R^{2}-z^{2})\,dz]=$$

$$=\int _{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}[\pi (R^{2}-z^{2})\,dz]=$$

$$=\pi *[R^{2}z-z^{3}/3]_{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}$$

$$=\pi *[R^{2}z-z^{3}/3]_{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}^{R}$$

$$=\pi *[R^{3}-R^{2}{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}-R^{3}/3+1/3(R^{2}-r^{2})^{3/2}]$$

$$=\pi *[R^{3}-R^{2}{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}-R^{3}/3+1/3(R^{2}-r^{2})^{3/2}]$$

$$=\pi *[2/3R^{3}-R^{2}{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}+1/3(R^{2}-r^{2})(R^{2}-r^{2})^{1/2}]$$

$$=\pi *[2/3R^{3}-R^{2}{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}+1/3(R^{2}-r^{2})(R^{2}-r^{2})^{1/2}]$$

$$=2\pi /3R^{3}-\pi {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}*[2/3R^{2}-1/3r^{2}]$$

$$=2\pi /3R^{3}-\pi {\sqrt {R^{2}-r^{2}}}*[2/3R^{2}-1/3r^{2}]$$

quindi

$${\bar {z}}={\frac {1}{2/3R^{3}-{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}*(2/3R^{2}-1/3r^{2})}}*r^{2}/4$$

$${\bar {z}}={\frac {1}{2/3R^{3}-{\sqrt {R^{2}-r^{2}}}*(2/3R^{2}-1/3r^{2})}}*r^{2}/4$$

Esercizio 9.15

Calcolare il volume di:

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\quad ,t.c.\,(1-{\sqrt {x^{2}-y^{2}}})^{2}\leq 1-4z^{2}\}$$

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\quad ,t.c.\,(1-{\sqrt {x^{2}-y^{2}}})^{2}\leq 1-4z^{2}\}$$

 

Studio del dominio: Per determinare l'intervallo in cui varia $z$$z$, osservo che:

$$1-4z^{2}\geq 0\,\longrightarrow \,4z^{2}-1\leq 0\,\longrightarrow -1/2\leq z\leq 1/2$$

$$1-4z^{2}\geq 0\,\longrightarrow \,4z^{2}-1\leq 0\,\longrightarrow -1/2\leq z\leq 1/2$$

Si può quindi integrare per strati, dove le sezioni di $D$$D$ rispetto all'asse $z$$z$ sono definite come:

$$d_{z}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.(1-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}})^{2}\leq 1-4z^{2}\}$$

$$d_{z}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.(1-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}})^{2}\leq 1-4z^{2}\}$$

Calcolo dell'integrale:

$$\operatorname {mis} D=\int _{D}1\,dx\,dy\,dz=\int _{-1/2}^{1/2}[\int _{D_{H}}\,dx\,dy]\,dz$$

$$\operatorname {mis} D=\int _{D}1\,dx\,dy\,dz=\int _{-1/2}^{1/2}[\int _{D_{H}}\,dx\,dy]\,dz$$

Calcolo l'area di ogni strato $d_{z}$$d_{z}$: siccome nella definizione compare il termine $x^{2}+y^{2}$$x^{2}+y^{2}$ e $z$$z$ è fissato, è conveniente passare alle coordinate polari.

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta ,\,|\det J_{T}|=\rho$$

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta ,\,|\det J_{T}|=\rho$$

Con il cambio di coordinate, l'equazione che definisce $d_{z}$$d_{z}$ in termini di $\rho$$\rho$ e $\theta$$\theta$ è:

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2},\quad {\hbox{con z fissato}}$$

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2},\quad {\hbox{con z fissato}}$$

$$\longrightarrow \,-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq 1-\rho \leq {\sqrt {1-4z^{2}}}$$

$$\longrightarrow \,-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq 1-\rho \leq {\sqrt {1-4z^{2}}}$$

$$\longrightarrow \,1-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq \rho \leq 1+{\sqrt {1-4z^{2}}}$$

$$\longrightarrow \,1-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq \rho \leq 1+{\sqrt {1-4z^{2}}}$$

Non ci sono restrizioni su $\theta$$\theta$, che varia in $(0,2\pi )$$(0,2\pi )$.

Se chiamo $T$$T$ la trasformazione nelle coordinate polari, allora $d_{z}=T(e_{z})$$d_{z}=T(e_{z})$, con

$$e_{z}=\{(\rho ,\theta )\in (0,+\infty )\times (0,2\pi )\,t.c.\,1-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq \rho \leq 1+{\sqrt {1-4z^{2}}}\}$$

$$e_{z}=\{(\rho ,\theta )\in (0,+\infty )\times (0,2\pi )\,t.c.\,1-{\sqrt {1-4z^{2}}}\leq \rho \leq 1+{\sqrt {1-4z^{2}}}\}$$

quindi

$$\int _{d_{z}}\,dx\,dy=\int _{e_{z}}\,\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$\int _{d_{z}}\,dx\,dy=\int _{e_{z}}\,\rho \,d\rho \,d\theta$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,d\theta \,[\int _{1-{\sqrt {1-4z^{2}}}}^{1+{\sqrt {1-4z^{2}}}}\rho \,d\rho ]$$

$$=\int _{0}^{2\pi }\,d\theta \,[\int _{1-{\sqrt {1-4z^{2}}}}^{1+{\sqrt {1-4z^{2}}}}\rho \,d\rho ]$$

$$=2\pi [\rho ^{2}/2]_{1-{\sqrt {1-4z^{2}}}}^{1+{\sqrt {1-4z^{2}}}}$$

$$=2\pi [\rho ^{2}/2]_{1-{\sqrt {1-4z^{2}}}}^{1+{\sqrt {1-4z^{2}}}}$$

$$=\pi [(1+{\sqrt {1-4z^{2}}})^{2}-(1-{\sqrt {1-4z^{2}}})^{2}]$$

$$=\pi [(1+{\sqrt {1-4z^{2}}})^{2}-(1-{\sqrt {1-4z^{2}}})^{2}]$$

$$=4\pi {\sqrt {1-4z^{2}}},\quad {\hbox{area di ogni strato}}$$

$$=4\pi {\sqrt {1-4z^{2}}},\quad {\hbox{area di ogni strato}}$$

Per calcolare la misura di $D$$D$:

$$\operatorname {mis} D=\int _{-1/2}^{1/2}4\pi {\sqrt {1-4z^{2}}}\,dz$$

$$\operatorname {mis} D=\int _{-1/2}^{1/2}4\pi {\sqrt {1-4z^{2}}}\,dz$$

$z\in (-1/2,1/2)\,\longrightarrow \,-1<2z<1$$z\in (-1/2,1/2)\,\longrightarrow \,-1<2z<1$ e posso porre $2z=\sin t$$2z=\sin t$.

$$z=1/2\,\longrightarrow \,\sin t=1\,\longrightarrow \,t=\pi /2$$

$$z=1/2\,\longrightarrow \,\sin t=1\,\longrightarrow \,t=\pi /2$$

$$z=-1/2\,\longrightarrow \,\sin t=-1\,\longrightarrow \,t=-\pi /2$$

$$z=-1/2\,\longrightarrow \,\sin t=-1\,\longrightarrow \,t=-\pi /2$$

$$dz=1/2\cos tdt$$

$$dz=1/2\cos tdt$$

$$\operatorname {mis} D=1/2\int _{-\pi /2}^{\pi /2}4\pi {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\,\cos tdt$$

$$\operatorname {mis} D=1/2\int _{-\pi /2}^{\pi /2}4\pi {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\,\cos tdt$$

$$\operatorname {mis} D=1/2\int _{-\pi /2}^{\pi /2}4\pi \cos ^{2}t\,dt$$

$$\operatorname {mis} D=1/2\int _{-\pi /2}^{\pi /2}4\pi \cos ^{2}t\,dt$$

Siccome

$$\int \cos ^{2}t\,dt=\int 1+\cos(2t)\,dt=t+1/2\sin(2t)$$

$$\int \cos ^{2}t\,dt=\int 1+\cos(2t)\,dt=t+1/2\sin(2t)$$

segue che

$$\operatorname {mis} D=2\pi [t+1/2\sin(2t)]_{-\pi /2}^{\pi /2}$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi [t+1/2\sin(2t)]_{-\pi /2}^{\pi /2}$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi [\pi /2+\pi /2]=\pi ^{2}$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi [\pi /2+\pi /2]=\pi ^{2}$$

Esercizio 9.16

Considerando l'esercizio precedente, trovare lo stesso risultato usando le coordinate cilindriche e integrando prima in $dz$$dz$.

 

Utilizzo il cambio di variabili $T$$T$:

$$x=\rho \cos \theta ,\quad y=\rho \sin \theta ,\quad z=z$$

$$x=\rho \cos \theta ,\quad y=\rho \sin \theta ,\quad z=z$$

$$|\det J_{T}(\rho ,\theta ,z)|=\rho$$

$$|\det J_{T}(\rho ,\theta ,z)|=\rho$$

In questo caso, per poter integrare prima in $dz$$dz$, voglio esprimere $z$$z$ in funzione di $\rho$$\rho$ partendo dall'equazione:

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2}$$

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2}$$

$$4z^{2}\leq 1-(1-\rho )^{2}$$

$$4z^{2}\leq 1-(1-\rho )^{2}$$

$$-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}\leq z\leq 1/2{\sqrt {(1-(1-\rho )^{2}}}$$

$$-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}\leq z\leq 1/2{\sqrt {(1-(1-\rho )^{2}}}$$

Determino gli intervalli in cui variano $\rho$$\rho$ e $\theta$$\theta$.

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2}\longrightarrow (1-\rho )^{2}\leq 1$$

$$(1-\rho )^{2}\leq 1-4z^{2}\longrightarrow (1-\rho )^{2}\leq 1$$

e questo è vero se e solo se $0<\rho <2$$0<\rho <2$, mentre $\theta \in (0,2\pi )$$\theta \in (0,2\pi )$.

$$\operatorname {mis} D=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}^{2}[\int _{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,1\,dz]\,d\rho \,d\theta$$

$$\operatorname {mis} D=\int _{0}^{2\pi }\,[\int _{0}^{2}[\int _{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,1\,dz]\,d\rho \,d\theta$$

L'integrale più esterno dà solo il contributo $2\pi$$2\pi$.

$$\operatorname {mis} D=2\pi \int _{0}^{2}[\int _{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,\rho \,dz]\,d\rho =$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi \int _{0}^{2}[\int _{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,\rho \,dz]\,d\rho =$$

$$=2\pi \int _{0}^{2}\rho [z]_{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,d\rho ]=$$

$$=2\pi \int _{0}^{2}\rho [z]_{-1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}^{1/2{\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}}\,d\rho ]=$$

$$=2\pi \int _{0}^{2}[\rho {\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}\,d\rho ]=$$

$$=2\pi \int _{0}^{2}[\rho {\sqrt {1-(1-\rho )^{2}}}\,d\rho ]=$$

Pongo $1-\rho =\sin t$$1-\rho =\sin t$. Se $\rho =0,\,\sin t=1,t=\pi /2$$\rho =0,\,\sin t=1,t=\pi /2$. Se $\rho =2,\,\sin t=-1,\,t=-\pi /2$$\rho =2,\,\sin t=-1,\,t=-\pi /2$

$$d\rho =-\cos t\,dt$$

$$d\rho =-\cos t\,dt$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi *\int _{\pi /2}^{-\pi /2}-\cos t(1-\sin t)|\cos t|\,dt$$

$$\operatorname {mis} D=2\pi *\int _{\pi /2}^{-\pi /2}-\cos t(1-\sin t)|\cos t|\,dt$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos t(1-\sin t)|\cos t|\,dt$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos t(1-\sin t)|\cos t|\,dt$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}(1-\sin t)\cos ^{2}t\,dt$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}(1-\sin t)\cos ^{2}t\,dt$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos ^{2}t\,dt-2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\sin t\cos ^{2}t\,dt=\pi ^{2}+0$$

$$=2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos ^{2}t\,dt-2\pi *\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\sin t\cos ^{2}t\,dt=\pi ^{2}+0$$

e questo vale perché l'ultimo termine è l'integrale di una funzione dispari su un dominio simmetrico.

Esercizio 9.17

Calcolare

$$\int _{D}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{D}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\,dx\,dy\,dz$$

con

$$D=\{(x,y,z)\,t.c.x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1,\,z^{2}-x^{2}-y^{2}\leq 0\}$$

$$D=\{(x,y,z)\,t.c.x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1,\,z^{2}-x^{2}-y^{2}\leq 0\}$$

 

La prima disuguaglianza che definisce $D$$D$ rappresenta una sfera, la seconda si può riscrivere come:

$$-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$$

$$-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$$

dove l'equazione $z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$$z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$ descrive un cono con la superficie circolare, rivolto verso l'alto, mentre $z=-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$$z=-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$ descrive un cono rivolto verso il basso.

$D$$D$ è l'insieme dei punti che stanno dentro la sfera, e che sono compresi tra le superficie dei due coni.

Uso le coordinate sferiche:

$$x=\rho \cos \theta \sin \phi$$

$$x=\rho \cos \theta \sin \phi$$

$$y=\rho \sin \theta \sin \phi$$

$$y=\rho \sin \theta \sin \phi$$

$$z=\rho \cos \phi$$

$$z=\rho \cos \phi$$

$$\det J_{T}(\rho ,\theta ,\phi )=\rho ^{2}\sin \phi$$

$$\det J_{T}(\rho ,\theta ,\phi )=\rho ^{2}\sin \phi$$

Il dominio si trasforma in

$$\{(\rho ,\theta ,\phi )\,t.c.\,0\leq \rho \leq 1,\,\rho ^{2}\cos ^{2}\phi \leq \rho ^{2}\sin ^{2}\phi \}$$

$$\{(\rho ,\theta ,\phi )\,t.c.\,0\leq \rho \leq 1,\,\rho ^{2}\cos ^{2}\phi \leq \rho ^{2}\sin ^{2}\phi \}$$

Dev'essere quindi

$$\cos ^{2}\phi \leq \sin ^{2}\phi$$

$$\cos ^{2}\phi \leq \sin ^{2}\phi$$

e per $\phi \in (0,\pi )$$\phi \in (0,\pi )$ la disuguaglianza è verificata per $\pi /4\leq \phi \leq 3\pi /4$$\pi /4\leq \phi \leq 3\pi /4$.

Nelle nuove coordinate il dominio è

$$E=\{(\rho ,\theta ,\phi )\,\in \mathbb {R} ^{+}\times (0,2\pi )\times (0,\pi )\,t.c.0\leq \rho \leq 1,\,\pi /4\leq \phi \leq 3\pi /4,\,0<\theta <2\pi \}$$

$$E=\{(\rho ,\theta ,\phi )\,\in \mathbb {R} ^{+}\times (0,2\pi )\times (0,\pi )\,t.c.0\leq \rho \leq 1,\,\pi /4\leq \phi \leq 3\pi /4,\,0<\theta <2\pi \}$$

Siccome la funzione è continua e limitata su un insieme limitato è possibile passare a coordinate sferiche:

$$\int _{E}\rho ^{3}\sin \phi \,d\rho \,d\theta \,d\phi$$

$$\int _{E}\rho ^{3}\sin \phi \,d\rho \,d\theta \,d\phi$$

e siccome l'integrando non dipende da $\theta$$\theta$

$$2\pi *\int _{0}^{1}\rho ^{3}[\int _{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \phi \,d\phi ]\,d\rho$$

$$2\pi *\int _{0}^{1}\rho ^{3}[\int _{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \phi \,d\phi ]\,d\rho$$

$$2\pi *\int _{0}^{1}\rho ^{3}\,d\rho *[\int _{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \phi \,d\phi ]$$

$$2\pi *\int _{0}^{1}\rho ^{3}\,d\rho *[\int _{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \phi \,d\phi ]$$

$$2\pi *[\rho ^{4}/4]_{0}^{1}*[-\cos \phi ]_{\pi /4}^{3\pi /4}=\pi /2*{\sqrt {2}}$$

$$2\pi *[\rho ^{4}/4]_{0}^{1}*[-\cos \phi ]_{\pi /4}^{3\pi /4}=\pi /2*{\sqrt {2}}$$

Esercizio 9.18

Considerare l'integrale

$$\int _{S}f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

$$\int _{S}f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz$$

che si riduce integrando per fili rispetto a $z$$z$ a

$$\int _{T}[\int _{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{2-x^{2}-y^{2}}f(x,y,z)\,dz]\,dx\,dy$$

$$\int _{T}[\int _{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{2-x^{2}-y^{2}}f(x,y,z)\,dz]\,dx\,dy$$

dove

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

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

1. Impostare il calcolo dell'integrale per strati rispetto a $z$$z$
2. Trasformare l'esercizio in coordinate cilindriche e ridurre l'integrale a tre integrali successivi.

 

Studio del dominio: $z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$$z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$ descrive un cono rivolto verso l'alto, mentre $z=2-(x^{2}+y^{2})$$z=2-(x^{2}+y^{2})$ descrive un paraboloide circolare con vertice nel punto $(0,0,2)$$(0,0,2)$ e con concavità rivolta verso il basso. I punti del solido sono compresi tra le superfici del paraboloide (in alto) e quella del cono (in basso).

Determino per via analitica la curva in cui si intersecano il cono e il paraboloide:

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}=2-(x^{2}+y^{2})$$

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}=2-(x^{2}+y^{2})$$

Pongo $x^{2}+y^{2}=\rho ^{2}$$x^{2}+y^{2}=\rho ^{2}$

$$\rho =2-\rho ^{2}$$

$$\rho =2-\rho ^{2}$$

$$\rho ^{2}+\rho -2=0$$

$$\rho ^{2}+\rho -2=0$$

$$(\rho +2)(\rho -1)=0$$

$$(\rho +2)(\rho -1)=0$$

$$\rho =1,\,\rho =-2{\hbox{non accettabile}}$$

$$\rho =1,\,\rho =-2{\hbox{non accettabile}}$$

Allora la curva di intersezione è la circonferenza $x^{2}+y^{2}=1$$x^{2}+y^{2}=1$ che ha $z=1$$z=1$ come proiezione sull'asse z. Si osserva che questa è La circonferenza di raggio massimo nel solido, infatti tutti i punti del dominio sono definiti dall'equazione:

$$x^{2}+y^{2}\leq 1$$

$$x^{2}+y^{2}\leq 1$$

.

Integrazione per strati: Definiamo l'insieme:

$$S_{h}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,(x,y,h)\in S\}$$

$$S_{h}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,(x,y,h)\in S\}$$

$$S_{h}={\begin{cases}S_{h_{1}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq h\}&\iff 0<h<1\\S_{h_{2}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.h\leq 2-(x^{2}+y^{2})\}&\iff 1<h<2\end{cases}}$$

$$S_{h}={\begin{cases}S_{h_{1}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.\,{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq h\}&\iff 0<h<1\\S_{h_{2}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\,t.c.h\leq 2-(x^{2}+y^{2})\}&\iff 1<h<2\end{cases}}$$

Quindi il calcolo dell'integrale si imposta in questo modo:

$$I=\int _{0}^{1}[\int _{S_{h_{1}}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh+\int _{1}^{2}[\int _{S_{h_{2}}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh$$

$$I=\int _{0}^{1}[\int _{S_{h_{1}}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh+\int _{1}^{2}[\int _{S_{h_{2}}}f(x,y,h)\,dx\,dy]\,dh$$

Passaggio alle coordinate cilindriche:

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta ,\,z=z$$

$$x=\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta ,\,z=z$$

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq 2-(x^{2}+y^{2})\,\,\longrightarrow \,\,\rho \leq z\leq 2-\rho ^{2}$$

$${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq z\leq 2-(x^{2}+y^{2})\,\,\longrightarrow \,\,\rho \leq z\leq 2-\rho ^{2}$$

$$x^{2}+y^{2}\leq 1\,\,\longrightarrow \,\,\rho ^{2}\leq 1$$

$$x^{2}+y^{2}\leq 1\,\,\longrightarrow \,\,\rho ^{2}\leq 1$$

L'integrale si imposta come:

$$I=\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{1}(\int _{\rho }^{2-\rho ^{2}}f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,z)\,dz)\,d\rho ]d\theta$$

$$I=\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{1}(\int _{\rho }^{2-\rho ^{2}}f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,z)\,dz)\,d\rho ]d\theta$$

Esercizio 9.19

Calcolare:

$$\int {\frac {z}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy\,dz$$

$$\int {\frac {z}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy\,dz$$

con

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3},\,t.c.3x^{2}+y^{2}\leq (z-2)^{2},0\leq z\leq 1\}$$

$$D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3},\,t.c.3x^{2}+y^{2}\leq (z-2)^{2},0\leq z\leq 1\}$$

 

La prima equazione del dominio descrive un cono di sezione ellittica centrato in $(0,0,2)$$(0,0,2)$, cioè, intersecando il cono con un piano del tipo $z=h$$z=h$ ottengo gli insiemi:

$$d_{h}=\{(x,y,h)\,t.c.3x^{2}+y^{2}\leq (h-2)^{2}\}.$$

$$d_{h}=\{(x,y,h)\,t.c.3x^{2}+y^{2}\leq (h-2)^{2}\}.$$

Quindi è conveniente integrare per strati rispetto a $z$$z$:

$$\int _{0}^{1}z[\int _{d_{h}}{\frac {1}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy]\,dz$$

$$\int _{0}^{1}z[\int _{d_{h}}{\frac {1}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy]\,dz$$

Il dominio non è a simmetria cilindrica quindi in questo caso usare le coordinate cilindriche non dà buoni risultati, introduco invece le coordinate ellittico-polari: pongo

$$x={\frac {1}{\sqrt {3}}}\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta$$

$$x={\frac {1}{\sqrt {3}}}\rho \cos \theta ,\,y=\rho \sin \theta$$

in modo che l'equazione che definisce il dominio, $3x^{2}+y^{2}\leq (z-2)^{2}$$3x^{2}+y^{2}\leq (z-2)^{2}$, si possa riscrivere come

$$\rho ^{2}\leq (z-2)^{2}$$

$$\rho ^{2}\leq (z-2)^{2}$$

e in modo che seno e coseno non compaiano più.

Calcolo il determinante jacobiano di questo cambio di variabili:

$$J_{T}(\rho ,\theta )={\begin{array}{cc}\cos \theta *{\frac {1}{\sqrt {3}}}&-\rho \sin \theta {\frac {1}{\sqrt {3}}}\\\sin \theta &\rho \cos \theta \end{array}}$$

$$J_{T}(\rho ,\theta )={\begin{array}{cc}\cos \theta *{\frac {1}{\sqrt {3}}}&-\rho \sin \theta {\frac {1}{\sqrt {3}}}\\\sin \theta &\rho \cos \theta \end{array}}$$

$$\det J_{T}=\rho *{\frac {1}{\sqrt {3}}}$$

$$\det J_{T}=\rho *{\frac {1}{\sqrt {3}}}$$

$$d_{h}=3x^{2}+y^{2}\leq (h-2)^{2}$$

$$d_{h}=3x^{2}+y^{2}\leq (h-2)^{2}$$

$$d_{h}=\rho ^{2}\leq (h-2)^{2}$$

$$d_{h}=\rho ^{2}\leq (h-2)^{2}$$

$$\longrightarrow \,0\leq \rho \leq 2-h$$

$$\longrightarrow \,0\leq \rho \leq 2-h$$

Calcolo prima l'integrale su $d_{h}$$d_{h}$:

$$\int _{d_{h}}{\frac {1}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy=$$

$$\int _{d_{h}}{\frac {1}{1+3x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy=$$

$$={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{2-h}{\frac {1}{1+\rho ^{2}}}\rho \,d\rho ]\,d\theta$$

$$={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{2\pi }[\int _{0}^{2-h}{\frac {1}{1+\rho ^{2}}}\rho \,d\rho ]\,d\theta$$

$$=2\pi \int _{0}^{2-h}{\frac {\rho }{1+\rho ^{2}}}\,d\rho =$$

$$=2\pi \int _{0}^{2-h}{\frac {\rho }{1+\rho ^{2}}}\,d\rho =$$

$${\frac {\pi }{\sqrt {3}}}[\log |1+\rho ^{2}|]_{0}^{2-h}$$

$${\frac {\pi }{\sqrt {3}}}[\log |1+\rho ^{2}|]_{0}^{2-h}$$

$${\frac {\pi }{\sqrt {3}}}\log(1+(2-h)^{2})$$

$${\frac {\pi }{\sqrt {3}}}\log(1+(2-h)^{2})$$

Complessivamente ottengo l'integrale:

$$I=\int _{0}^{1}{\frac {\pi }{\sqrt {3}}}h\log(1+(2-h)^{2})\,dh=$$

$$I=\int _{0}^{1}{\frac {\pi }{\sqrt {3}}}h\log(1+(2-h)^{2})\,dh=$$

Integro per sostituzione:

$$t=2-h\,\longrightarrow \,dt=-dh$$

$$t=2-h\,\longrightarrow \,dt=-dh$$

$$h=0,\longrightarrow \,t=2$$

$$h=0,\longrightarrow \,t=2$$

$$h=1\,\longrightarrow \,t=1$$

$$h=1\,\longrightarrow \,t=1$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\int _{1}^{2}(2-t)\log(1+t^{2})\,dt=$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\int _{1}^{2}(2-t)\log(1+t^{2})\,dt=$$

Spezzo l'integrale in due addendi:

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*[I_{1}-I_{2}]$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*[I_{1}-I_{2}]$$

con

$$I_{1}=\int _{1}^{2}2\log(1+t^{2})\,dt,$$

$$I_{1}=\int _{1}^{2}2\log(1+t^{2})\,dt,$$

$$I_{2}=\int _{1}^{2}t\log(1+t^{2})\,dt.$$

$$I_{2}=\int _{1}^{2}t\log(1+t^{2})\,dt.$$

Prima calcolo $I_{1}$$I_1$ e integro per parti $\log(1+t^{2})$$\log(1+t^{2})$:

$$f(t)=t,\,f'(t)=1,\,g(t)=\log(1+t^{2}),\,g'(t)={\frac {2t}{1+t^{2}}}$$

$$f(t)=t,\,f'(t)=1,\,g(t)=\log(1+t^{2}),\,g'(t)={\frac {2t}{1+t^{2}}}$$

$$t*\log(1+t^{2})-\int {\frac {2t^{2}}{1+t^{2}}}\,dt=$$

$$t*\log(1+t^{2})-\int {\frac {2t^{2}}{1+t^{2}}}\,dt=$$

Osservo che ${\frac {2t^{2}}{1+t^{2}}}=2-{\frac {2}{1+t^{2}}}$${\frac {2t^{2}}{1+t^{2}}}=2-{\frac {2}{1+t^{2}}}$, quindi:

$$=t*\log(1+t^{2})-2\int 1-{\frac {1}{1+t^{2}}}\,dt=$$

$$=t*\log(1+t^{2})-2\int 1-{\frac {1}{1+t^{2}}}\,dt=$$

$$t*\log(1+t^{2})-2[t-\arctan t]$$

$$t*\log(1+t^{2})-2[t-\arctan t]$$

Si ha quindi:

$$I_{1}=[t*\log(1+t^{2})-2[t-\arctan t]]_{1}^{2}=2\log 5-\log 2-2(2-1-\arctan 2+\arctan 1)$$

$$I_{1}=[t*\log(1+t^{2})-2[t-\arctan t]]_{1}^{2}=2\log 5-\log 2-2(2-1-\arctan 2+\arctan 1)$$

Invece

$$I_{2}=-\int _{1}^{2}t\log(1+t^{2})\,dt\}=$$

$$I_{2}=-\int _{1}^{2}t\log(1+t^{2})\,dt\}=$$

$$=1/2*\int _{1}^{2}2t\log(1+t^{2})\,dt=$$

$$=1/2*\int _{1}^{2}2t\log(1+t^{2})\,dt=$$

Pongo $1+t^{2}=u$$1+t^{2}=u$, in modo che $2t\,dt=du$$2t\,dt=du$.

$$t=1\longrightarrow u=2$$

$$t=1\longrightarrow u=2$$

$$t=2\,\longrightarrow u=5$$

$$t=2\,\longrightarrow u=5$$

$$I_{2}=1/2*\int _{2}^{5}\log u\,du=$$

$$I_{2}=1/2*\int _{2}^{5}\log u\,du=$$

$$I_{2}=[u*\log u]_{2}^{5}-\int _{2}^{5}u*1/u\,du=[u*(\log u-1)]_{2}^{5}$$

$$I_{2}=[u*\log u]_{2}^{5}-\int _{2}^{5}u*1/u\,du=[u*(\log u-1)]_{2}^{5}$$

$$=1/2[u*(\log u-1)]_{2}^{5}=1/2[(5\log 5-5)-(2\log 2-2)]$$

$$=1/2[u*(\log u-1)]_{2}^{5}=1/2[(5\log 5-5)-(2\log 2-2)]$$

Quindi complessivamente:

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{[2\log 5-\log 2-2[2-1-\arctan 2+\arctan 1]$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{[2\log 5-\log 2-2[2-1-\arctan 2+\arctan 1]$$

$$-1/2*[5*\log 5-2\log 2-5+2]\}=$$

$$-1/2*[5*\log 5-2\log 2-5+2]\}=$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{2\log 5-\log 2-2+2\arctan 2-2\arctan 1-5/2*\log 5+\log 2+3/2\}=$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{2\log 5-\log 2-2+2\arctan 2-2\arctan 1-5/2*\log 5+\log 2+3/2\}=$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{1/2\log 5+2\arctan 2-2\arctan 1-1/2\}=$$

$$I={\frac {\pi }{\sqrt {3}}}*\{1/2\log 5+2\arctan 2-2\arctan 1-1/2\}=$$