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May 30, 2013

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Academic year: 2021

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Testo completo

(1)

Nicola Pellicanò ed Enrico Massoni (Il Grande Artista)

May 30, 2013

Calcolare i seguenti integrali tripli.

1. ˝

8zx2,Ω = {(x, y, z)R3: 4(x2+ y2+ z2) ≤ 3, z ≥ x2+ y2}

Notiamo come la prima è l'equazione di una sfera x2+ y2+ z234 e la seconda è quella di un paraboloide.

Disegnamo il graco:

(2)

La simmetria sferica non si conserva!! Dobbiamo scegliere se integrare per li o per strati. Notiamo come abbiamo una certa convenienza a integrare per

li perchè possiamo far variare z tra paraboloide e sfera, mentre con gli strati avremmo due denizioni di strato diverse (dovremmo spezzare l'insieme in due, con l'intersezione tra i graci come separatore).

Quindi scriviamo:

˝

8zx2

D

´√

3 4−x2−y2 x2+y2 8zx2dz

 dxdy

Ci resta solo da capire cosa sia D. D sappiamo essere l'area di variazione com- plessiva di x e y (potreste pensarlo come un unione insiemistica degli strati).

Qui si vede gracamente che abbiamo tutte circonferenze, e la più grossa (che le comprende tutte) si trova ad un z nell'intersezione tra i due graci. Calcol- iamolo mettendo sfera e paraboloide a sistema:

(x2+ y2+ z2= 34

x2+ y2= z =⇒ z + z2= 34 =⇒ z1=12, z2= −32 =⇒ z =12

La circonferenza che abbiamo in z=1/2 (possiamo sostituire ad una delle equazioni) è x2+ y2=12, quindi D è il disco D : x2+ y212

(3)

˜

D

´√

3 4−x2−y2 x2+y2 8zx2dz



dxdy =˜

D8x2

´√

3 4−x2−y2 x2+y2 zdz



dxdy =˜

D8x2h

z2 2

i

3 4−x2−y2 x2+y2

dxdy =

˜

D8x23 4−x2−y2

2(x2+y22)2 dxdy

Per integrare su D passiamo in coordinate polari.

´ 0

´1/ 2

0 ρ8ρ2cos2θ

3

8ρ22ρ24

dρdθ =´

0 8cos2θ´1/ 2 0 ρ3

3

8ρ22ρ24 dρdθ =

´

0 8cos2θh4

32ρ126ρ168i1/

2

0

dθ =´

0 8cos2θ 3

1289612561  = 967 ´

0 cos2θ =

7 96

´ 0

1+cos(2θ) 2 = 967 h

θ

2+sin(2θ)4 i

0 = 967π

2.˝

zex2+y2, Ω = {(x, y, z)R3: x2+ y2≤ z ≤ 1}

Disegniamo l'insieme:

(4)

L'integrale è facile sia per li che per strati. Facciamolo per strati.

˝

zex2+y21 0

Azzex2+y2dxdy dz

dove lo strato Az lo parametrizziamo come Az : x2+ y2≤ z

(5)

Passiamo in coordinate polari:

´1 0

Azzex2+y2dxdy

dz = ´1 0 z´

0

´z

0 ρeρ2dρdθ

= ´1 0 2πzh

eρ2 2

i

z

0

´1 dz =

0 πz(ez− 1)dz =´1

0 πzezdz −´1 0 πz =

= [πzez]10−´1

0 πezdz −´1

0 πz = [πzez]10− [πez]10−h πz22i1

0= πe − πe + π −π2 = π2

3.˝

1

x2+y2,Ω = {(x, y, z)R3: x2+ y2+ z2≤ 1, x2+ y2≤ z2, z ≥ 0}

Disegniamo l'insieme.

La simmetria sferica è mantenuta!! Quindi dobbiamo solo capire quale è l'angolo a cui il cono intercetta la sfera. Per avere un metodo generale di ricerca dell'angolo pensiamo al passaggio in coordinate sferiche da eettuare.





x = ρsinφcosθ y = ρsinφsinθ z = ρcosφ

Dall'ultima equazione capiamo che se riusciamo a trovare z di intersezione,

(6)

ponendo ρ come il raggio della sfera, troviamo di conseguenza anche lo φ di intersezione!

Per trovare z facciamo il solito sistema:

(x2+ y2+ z2= 1 z =p

x2+ y2 =⇒ z2+ z2= 1 =⇒ z = 1

2 (z negativi non ammessi)

z = ρcosφ =⇒ 1

2 = cosφ =⇒ φ = π4 (ci sarebbe anche φ = −π4 ma sappi- amo che φ varia tra 0 e π)

(si può prendere come regola universale che il cono [girato da questo verso]

taglia una sfera di raggio qualunqua in π4, ma già se il cono è girato su un altro asse questo procedimento vi aiuta a sapere come impostare i conti per trovare l'angolo)

Possiamo eettuare il passaggio in coordinate sferiche. θ varia da 0 a 2π (basta vedere la circonferenza sul piano xy viene percorsa tutta, mentre φ (attenzione a partire con l'angolo più vicino all'asse z!) varia tra π4 e π2.

´π

π2 4

´ 0

´1

0 ρ2sinφ√ 1

ρ2sin2φcos2θ+ρ2sin2φsin2θdρdθdφ=´π

π2 4

´ 0

´1

0 ρ2sinφρsinφ1 dρdθdφ =

´π2

π 4

´ 0

´1

0 ρdρdθdφ =π42

4. ˝

1

x2+y2+z2,Ω = {(x, y, z)R3: z2≤ x2+ y2≤ 2z − z2} Analizziamo una per una le equazioni in gioco: z2≤ x2+ y2=⇒ −p

x2+ y2≤ z ≤p

x2+ y2 sono due coni uno rivolto verso l'alto ed uno verso il basso cen- trati nell'origine.

x2+y2≤ 2z −z2Qua si DOVEVA capire che questa era l'equazione di una sfera!

x2+ y2+ z2− 2z ≤ 0 =⇒ x2+ y2+ z2− 2z + 1 − 1 ≤ 0 =⇒ x2+ y2+ (z − 1)2≤ 1

Detto questo disegniamo l'insieme.

(7)

Qui non abbiamo alcun motivo di pensare che si conservi una qualche sim- metria sferica. Possiamo scegliere se farlo per li o per strati, in ogni caso ci serve sapere a quale altezza i due graci si intersecano.

(x2+ y2+ (z − 1)2= 1 z =p

x2+ y2 =⇒ z2+ z2− 2z + 1 = 1 =⇒ 2z(z − 1) = 0=⇒ z = 1 Scegliamo di integrare ad esempio per strati. Ogni strato è costituito da una corona circolare con la circonferenza più piccola che è quella data dal cono e quella più grande data dalla sfera.

Troviamo le circonferenza data dal cono: z = px2+ y2=⇒ x2+ y2= z2 Troviamo la circonferenza data dalla sfera: x2+ y2+ (z − 1)2= 1 =⇒ x2+ y2= 1 − (z − 1)2

(8)

Avendo trovato che z varia tra 0 a 1 scriviamo

˝

1

x2+y2+z2dz =´1 0

Az

1

x2+y2+z2dxdy



dz =´1 0

0

´ √1−(z−1)2 z

ρ

ρ2+z2dρdθ

 dz =

´1 0

´ 0



1 2

(ρ2+z2)1/2

1/2



1−(z−1)2

z

dz =´1 0 2π √

2z − z√

2 dz = 2√ 2πh

z3/2 3/2z22i1

0= 2√

2312 =32π

N.B. Se si fosse voluta sfruttare la simmetria sferica si sarebbe dovuta esprimere la regione come sottrazione tra la semisfera inferiore e la zona interna al cono (calcolando due integrali). Non è detto che a volte questo metodo non sia più veloce.

5. ˝

z2,Ω = {(x, y, z)R3: x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1}

Abbiamo un insieme solo costituito da piani. Possiamo ricondurci facilmente ad un insieme li (in questo caso l'insieme strati ha la stessa espressione)

(9)

Ω = {(x, y, z)R3 : x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1} =⇒ Ω = {(x, y, z)R3 : (x, y)D, 0 ≤ z ≤ 1}dove D è l'insieme:

N.B. Stavolta sarebbe stato anche semplice disegnare l'insieme:

(10)

Eseguiamo l'integrazione per li:

˜

D

1 0 z2dz

dxdy =˜

D 1 3dxdy

Basta calcolare l'area dell'insieme D (area del triangolo):

˜

D 1

3dxdy =1312 =16

6. ˝

x + y + z, Ω = {(x, y, z)R3: 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, y ≤ z ≤ 2y}

Possiamo ridurci immediatamente ad una forma li . Notiamo le limitazioni imposte sul piano xy e raggruppiamole in un insieme D.

Eseguiamo subito l'integrazione per li.

˜

D

2y

y (x + y + z)dz

dxdy = ˜

D

h

xz + yz +z22i2y

dxdy = ˜

D2xy + 2y2+

(11)

2y2 − xy − y2y22dxdy = ˜

D(xy + 52y2)dxdy = ´1 0x

0 xy + 52y2dy)dx =

´1 0

hxy2

2 +5y63ix

0dx =´1 0

x3

2 +5x63dx =´1 0

4x3 3 dx =h

x4 3

i1

0=13

7. ˝

xz,Ω = {(x, y, z)R3: x, y, z ≥ 0, x + y + z ≤ 2}

N.B. Si poteva disegnare l'insieme riferendosi alle intersezioni del singolo pi- ano coinvolto con gli assi (similissimo a esempio che avrete fatto a lezione)

Supponendo di non essere stati in grado di disegnarlo possiamo comunque scegliere di ridurci ad esempio l'insieme per strati. Dobbiamo arrivare a una forma Ω = {(x, y, z)R3: a ≤ z ≤ b, (x, y)Az}

Per capire tra che valori varia z consideriamo il piano e scriviamolo come z ≤ 2 − x − y . Ovviamente se x e y devono essere positivi il valore più alto assumibile da z è 2! Quindi 0 ≤ z ≤ 2

Per parametrizzare uno strato consideriamo sempre la formula del piano tradotta in una retta sul piano xy y ≤ −x + (2 − z)

Disegniamo Az:

(12)

Possiamo calcolare l'integrale:

´2 0

˜

Az(xz)dxdy dz =´2 0 z ˜

Az(x)dxdy dz =´2

0 z´2−z

0−x+2−z

0 xdy)dx dz =

´2

0 z´2−z

0 [xy]−x+2−z0 dx

dz =´2

0 z´2−z

0 (−x2+ 2x − xz)dx dz´2

0 zh

x33 + x2− zx22i2−z 0

dz =

´2 0 z

(2−z)3 3 + (2 − z)2− z(2−z)2 2 dz =

Dopo una marea di conti che ci metterei tre quarti d'ora a scrivere....

´2 0 z

(2−z)3 3 + (2 − z)2− z(2−z)2 2

dz = 154

8. ,˝

2(z − 1),Ω = {(x, y, z)R3: 0 ≤ z ≤ 1 − x2− y2, 0 ≤ y ≤ 1 − x}

L'insieme è formato da un paraboloide rovesciato, solo che esiste una restrizione lungo il piano xy (quindi attenzione che gli strati non sono circonterenze! Qua c'è un assoluta convenienza ad integrare per li perchè gli strati sono circon- ferenze nchè il paraboloide non cerca di sforare il prisma (diventando così dei

(13)

Dobbiamo denire il dominio D facilmente come:

Passiamo all'integrazione vera e propria:

˜

D

1−x2−y2

0 2(z − 1)dz

dxdy = ˜

D(z − 1)21−x2−y2

0 dxdy = ˜

D((−x2 − y2)2− 1)dxdy = ˜

D((x2+ y2)2− 1)dxdy = ´1 01−x

0 ((x2+ y2)2− 1)dy)dx =

(14)

´1 01−x

0 (x4+ 2x2y2+ y4− 1)dy)dx =

´1 0

h

x4y + 2x2 y33 +y55 − yi1−x

0 dx =´1 0

h

x4y + 2x2 y33 +y55 − yi1−x

0 dx =´1 0(x4(1−

x) +23x2(1 − x)3+(1−x)5 5 − 1 + x)dx = −1945

9.˝

z,Ω = {(x, y, z)R3: 1 ≤ x2+ y2+ z2≤ 4}

(il defaticante dopo due esercizi dai conti drammatici)

Disegniamo l'insieme:

Possiamo tranquillamente passare in coordinare sferiche:

´π 0

´ 0

´2

1 ρ2sinφρcosφdρdθdφ =´π 0

´

0 sinφcosφh

ρ3 3

i2 1

dθdφ =´π 0

´ 0

7

3sinφcosφdθdφ =

´π

073sinφcosφdφ = π73´π

0 sin2φdφ = π73h

cos2φ2 iπ 0

= 0

N.B. Esiste una ragione di simmetria dietro a questo 0? SI! perchè la fun-

(15)

in R3 non viene trattata a lezione e per questo motivo vi sconsiglio di con- siderarla direttamente sul graco. Se infatti vi sono situazioni di simmetria in R3 una volta scelto di integrare per li o strati ve le ritroverete da studi- are nell'integrale doppio [come successo nell'ultimo esercizio del tutorato]. In questo caso l'integrazione in coordinate sferiche (al pari di quella in coordinate polari non evidenzia subito la simmetria ma comunque fa arrivare altrettanto facilmente allo 0).

10. ˝

z(x + 1), Ω = {(x, y, z)R3: x2+ y2+ z2≤ 1, y − x ≥ 0, z ≥ 12} Disegniamo l'insieme:

Il disegno è pessimo pessimo. Possiamo meglio pensarlo che disegnarlo, cioè l'insieme è quella parte di sfera sopra z=1/2 tagliata ulteriormente dal piano y=x. Possiamo integrare per li[ per strati stessa dicoltà] (z varia tra 1/2 e la calotta positiva)

(16)

˜

D

´√

1−x2−y2

1/2 z(x + 1)dz

 dxdy

Dobbiamo denire l'insieme D. In condizioni normali diremmo che è il disco più grosso (quello in z=1/2) [x2+y2+z2≤ 1 =⇒ x2+y2+14 ≤ 1 =⇒ x2+y234]ma ora dobbiamo stare attenti a imporre anche il vincolo y ≥ x

Integriamo:

˜

D

´√

1−x2−y2

1/2 z(x + 1)dz



dxdy =˜

D(x+1)

´√

1−x2−y2

1/2 zdz



dxdy =˜

D(x+

1)h

z2 2

i

1−x2−y2 1/2

dxdy =˜

D 1

2(x + 1) 34− x2− y2 dxdy Possiamo passare in coordinate polari:

˜

D 1

2(x+1) 34− x2− y2 dxdy =´

π4 4

´3/2 0

ρ

2(ρcosθ+1)(34−ρ2)dρdθ =´

π4 4

´3/2 0

3

8ρ2cosθ−

ρ4

2cosθ+38ρ−ρ23dρdθ =´

π4 4

[18ρ3cosθ−ρ105cosθ+163ρ2ρ84]

3/2

0 dθ =´

π4 4

3 64

√3cosθ−

9 320

√3cosθ +6491289 dθ =

(17)

4

π 4

3 160

3cosθ +1289 dθ = 3

160

3sinθ +1289 θ4 π 4

= −1603

6 + 1289 π

11. (Dicult)˝

y

x|z − 5| ,Ω = {(x, y, z)R3 : x2+ y2+ (z − 5)2 ≤ 25, 9 ≤ x2+ y2≤ 16, −x ≤ y ≤

3 3 x}

Esercizio TOP. Disegniamo l'insieme (trascuriamo l'ultima limitazione [che met- tiamo sul piano xy] per fare un disegno decente)

La nostra sfera è tagliata in modo che noi prendiamo solo l'area compresa tra i due cilindri con imposta anche la restrizione sul piano xy. Integriamo per li lungo z prendendo come D il seguente insieme:

(18)

Che ragura proiettato sul piano xy tuto quello che abbiamo detto a parole prima.

L'integrazione per li deve essere fatta dalla calotta inferiore a quella superiore:x2+ y2+ (z − 5)2≤ 25 =⇒ (z − 5)2≤ 25 − x2− y2=⇒ −p

25 − x2− y2≤ (z − 5) ≤ p25 − x2− y2=⇒ 5 −p

25 − x2− y2≤ z ≤ 5 +p

25 − x2− y2

˜

D

5+

25−x2−y2 5−

25−x2−y2 y

x|z − 5| dz

 dxdy

Ma siccome non ci facciamo mancare neanche il valore assoluto dobbiamo spez- zare la funzione in due:

f (x, y, z) = (y

x(z − 5) z ≥ 5

y

x(5 − z) z < 5 Quindi spezziamo l'integrale in

˜ ´5y(z − 5)dz +´5+

25−x2−y2 y

(5 − z)dz



dxdy =

(19)

D y x



1

2(z − 5)25

5−

25−x2−y2−1

2(5 − z)25+

25−x2−y2

5 dz

 dxdy =

D y x 1

2 −(25 − x2− y2) − (25 − x2− y2) dxdy =˜

D y

x x2+ y2− 25 dxdy = coordinate polari

π6

π4

´4

3 ρρsinθρcosθ2− 25) =´π6

π4 sinθ cosθ

´4

33− 25ρ) =´π6

π4 sinθ cosθ

hρ4

4 − 25ρ22i4 3

´π6 =

π4 sinθ

cosθ64 − 200 −814 +2252  = −1754 ´π6

π4 sinθ cosθ

Una bella primitiva per concludere in bellezza :D

1754 ´π

6

π4 sinθ

cosθ = −1754 [−log(cosθ)]π6π

4 = 1754 h log

3 2

− log

1 2

i

=1754 log

3 2

2



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