1 Integrali tripli.

(1)

Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 20 marzo 2015

1 Integrali tripli.

1.1 Integrali tripli.

Risolvere i seguenti integrali tripli sull'insieme D.

1. ˚

D

px²+ y²dxdydz, D =(x, y, z) ∈ R³: x²+ y²≤ z ≤ 2

Il dominio di integrazione è la regione di spazio compresa tra il paraboloide di equazione z = x²+ y² e il piano z = 2. Dal momento che gli estremi sull'asse z sono numerici (0 ≤ z ≤ 2), si procede con l'integrazione per strati paralleli al piano xy. Immaginando di osservare la gura dall'alto, è facile notare come la sezione dell'insieme D su un piano orizzontale parallelo a xy sia il cerchio descritto dall'equazione x²+ y²≤ z, con centro O (0; 0) e raggio√

z.

2 1 0 -1 -2 -2

-1 0 1 3

2.5

2

1.5

1

0.5

0 2

(a) Insieme 3D (D)

−2 −1 1 2

−2

−1 1 2

x y

(b) Insieme 2D (Az)

Figura 1.1: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

Si denisce quindi:

A_z=x²+ y²≤ z

(1.1) E si trasforma l'integrale:

˚

D

px²+ y²dxdydz = ˆ 2

0

¨

Az

px²+ y²dxdy

dz (1.2)

(2)

L'integrale doppio deve essere eseguito nelle variabili x e y su un cerchio di raggio√

z. Dal momento che quest'ultima non è una variabile di integrazione, può essere considerata alla stregua di una costante. Si passa in coordinate polari:

(x = ρ cos θ

y = ρ sin θ (1.3)

dxdy −→ ρdρdθ (1.4)

Dalla gura si deduce che le nuove variabili di integrazione sono comprese negli intervalli:

0 ≤ ρ ≤√

z (1.5)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.6)

Si può quindi riscrivere l'integrale:

ˆ 2 0

¨

A_z

px²+ y²dxdy

dz =

ˆ 2 0

ˆ 2π 0

ˆ ^√z 0

q

ρ²cos²θ + ρ²sin²θ ρdρ

! dθ

!

dz (1.7)

E risolvere:

ˆ 2 0

ˆ 2π 0

ˆ ^√z 0

q

ρ²cos²θ + ρ²sin²θ ρdρ

! dθ

! dz =

ˆ 2 0

ˆ 2π 0

ˆ ^√z 0

ρ²dρ

! dθ

!

dz = (1.8)

= ˆ 2

0

ˆ 2π 0

ρ³ 3

√z

0

dθ

! dz =

ˆ 2 0

ˆ 2π 0

z³² 3 dθ

! dz =

ˆ 2 0

2πz³² 3

!

dz = 2π 3 · 2

5 h

z⁵²i2 0

= 16√ 2 15 π

2. ˚

D

x dxdydz, D =(x, y, z) ∈ R³: x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ x + y + z ≤ 1

L'insieme di integrazione è la porzione di spazio dove tutte le coordinate sono positive, limitata superiormente dal piano x + y + z = 1. Per capire la disposizione del piano nello spazio, il procedimento più semplice è trovare le intersezioni con i tre assi coordinati:

(x + y + z = 1

x = y = 0 −→ (0; 0; 1) (1.9)

(x + y + z = 1

x = z = 0 −→ (0; 1; 0) (1.10)

(x + y + z = 1

y = z = 0 −→ (1; 0; 0) (1.11)

Poi si tratta solo di unire i puntini.

0 0.2 0.4

X 0.6 0.8 1 1 0.8 0.6 0.4

Y 0.2 0.4

0 0.2 1

0.8 0.6

0 Z

(a) Insieme 3D (D)

−1.0 −0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

−1.0

−0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

x y

(b) Insieme 2D (A)

(3)

Se si decidesse di integrare per strati orizzontali, il dominio dell'integrale doppio sarebbe un triangolo di dimensioni variabili in funzione di z. Più semplice risulta la soluzione dei li verticali: in questo caso il doppio integrale più esterno è eseguito su un insieme sso - ovvero la proiezione del volume D sul piano xy, mentre l'integrale monodimensionale lungo l'asse z ha estremi variabili in funzione delle altre coordinate.

In particolare, manipolando le condizioni che descrivono D, si ottengono gli estremi della variabile z:

(z ≥ 0

x + y + z ≤ 1 −→

(z ≥ 0

z ≤ 1 − x − y −→ 0 ≤ z ≤ 1 − x − y (1.12) Per ricavare il dominio del doppio integrale esterno, invece, è suciente osservare che la proiezione di D sul piano xy di equazione z = 0 è l'area A del triangolo con vertici C (0; 1), B (1; 0) e O (0; 0). In alternativa è possibile considerare le disequazioni che descrivono D sul piano xy, di equazione z = 0. In entrambi i casi si ricavano gli intervalli di variazione delle due incognite:





 z = 0

x + y + z ≤ 1 x, y ≥ 0

−→

(x + y ≤ 1 x, y ≥ 0 −→

(0 ≤ y ≤ 1 − x

0 ≤ x ≤ 1 (1.13)

Si può qui di procedere nella risoluzione:

˚

D

x dxdydz =

¨

A

ˆ 1−x−y 0

x dz

dxdy = (1.14)

=

¨

A

x

ˆ 1−x−y 0

1 dz

dxdy =

¨

A

x (1 − x − y) dxdy =

= ˆ 1

0

ˆ 1−x 0

x (1 − x − y) dy

dx =

ˆ 1 0

x

ˆ 1−x 0

1 − x − y dy

dx =

= ˆ 1

0

x

− ˆ 1−x

0

− (1 − x − y) dy

dx = − ˆ 1

0

x

"

(1 − x − y)² 2

#^y=1−x

y=0

dx =

= 1 2

ˆ 1 0

x (1 − x)² dx = 1 2

ˆ 1 0

x + x³− 2x²dx =

=1 2

x² 2 +x⁴

4 − 2x³ 3

¹

0

= 1 24

3. ˚

D

y dxdydz, D =(x, y, z) ∈ R³: y ≥ 4x²+ 4z²∧ y ≤ 4

L'insieme di integrazione è ancora un paraboloide, con asse parallelo all'asse y. Il limite superiore è il piano y = 4, parallelo a xz. Gli estremi di integrazione sull'asse y sono numerici:

0 ≤ y ≤ 4 (1.15)

Lo strato bidimensionale che si ottiene sezionando il volume D con un piano parallelo a xz è una circonferenza di raggio variabile in funzione della coordinata y:

Ay=4x²+ 4z²≤ y =n

x²+ z²≤y 4

o (1.16)

(4)

8 6

Y 4 2 1 0

0.5 0 X -0.5 0.2

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 1

0.8

0.6

0.4

-1

Z

(a) Insieme 3D (D)

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x z

(b) Insieme 2D (Ay)

Il centro della circonferenza è l'origine e il raggio è ^√₂^y. Si propende quindi per una risoluzione per strati: l'integrale singolo più esterno viene eettuato rispetto alla variabile y e presenta estremi numerici, l'integrale doppio più interno, invece, interessa x e z e ha per estremi funzioni di y.

˚

D

y dxdydz = ˆ 4

0

¨

Ay

y dxdz

! dy =

ˆ 4 0

y

¨

Ay

1 dxdz

!

dy (1.17)

Per risolvere l'integrale doppio non è necessario alcun cambio di variabili. Per denizione, l'integrale doppio della costante 1 su una supercie fornisce la misura dell'area della supercie stesse. L'area di un cerchio di raggio ^√₂^y è:

¨

A_y

1 dxdz = π √y 2

2

=π

4y (1.18)

Rimane ora da arontare solo l'integrale singolo:

ˆ 4 0

y

¨

Ay

1 dxdz

!

dy = π 4

ˆ 4 0

y²dy = π 4

y³ 3

⁴

0

= 16

3 π (1.19)

4. ˚

D

y

1 + z⁴dxdydz, D =n

(x, y, z) ∈ R³:p

x²+ y²≤ z ≤ x + y ∧ 0 ≤ z ≤ 1o

Il dominio di integrazione è compreso tra il cono di equazione z = px²+ y² ed il piano z = x + y. Da come è descritto l'insieme è facile capire che il metodo più semplice è l'integrazione per strati paralleli al piano xy. Gli estremi di z sono infatti numerici:

0 ≤ z ≤ 1 (1.20)

Sul singolo strato Az, che interseca il volume D ad altezza z, questa variabile diviene costante. Si può quindi descrivere il dominio di integrazione bidimensionale tramite le seguenti disequazioni:

(px²+ y²≤ z

x + y ≥ z −→

(x²+ y²≤ z²

y ≥ z − x (1.21)

Dove x e y sono le variabili del piano cartesiano, mentre z può essere considerata alla stregua di un numero.

Si riconosce quindi che le precedenti disequazioni identicano la parte di piano interna alla circonferenza di raggio z centrata nell'origine e al di sopra del graco della retta y = z − x.

(5)

1 0.5

Y 0 -0.5 1 -1

0.5 0

X -0.5 -1

0 2

1.5

1

0.5 Z

(a) Insieme 3D (D)

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x y

(b) Insieme 2D (A^z) con z = 0.6.

˚

D

y

1 + z⁴dxdydz = ˆ 1

0

¨

A_z

y

1 + z⁴ dxdy

dz =

ˆ 1 0

1 1 + z⁴

¨

A_z

y dxdy

dz (1.22)

A questo punto rimane da risolvere il doppio integrale. Si procede per li verticali: la y è limitata inferiormente dalla retta e superiormente dalla circonferenza, mentre la x varia entro la lunghezza del raggio della circonferenza. Per trovare l'estremo in funzione di y occorre manipolare l'equazione della circonferenza per portarla nella forma y = f (x, z).

x²+ y²= z²−→ y =p

z²− x² (1.23)

Da cui gli estremi:

z − x ≤ y ≤p

z²− x² (1.24)

0 ≤ x ≤ z (1.25)

Si deve quindi risolvere:

ˆ 1 0

1 1 + z⁴

¨

Az

y dxdy

dz =

ˆ 1 0

1 1 + z⁴

ˆ z 0

ˆ ^√z²−x² z−x

y dy

! dx

!

dz = (1.26)

= ˆ 1

0

1 1 + z⁴

ˆ z 0

y² 2

√z²−x²

z−x

dx

! dz = 1

2 ˆ 1

0

1 1 + z⁴

ˆ z 0

z²− x²− z²− x²+ 2xz dx

dz = ˆ 1

0

1 1 + z⁴

ˆ z 0

−x²+ xz dx

dz =

ˆ 1 0

1 1 + z⁴

−x³ 3 +x²z

2

^z

0

dz = ˆ 1

0

1 1 + z⁴

−z³ 3 +z³

2

dz =

= 1 6

ˆ 1 0

z³

1 + z⁴ dz = 1 24

ˆ 1 0

4z³

1 + z⁴ dz = 1

24ln 1 + z⁴¹

0= 1 24ln 2

5. ˚

D

1

px²+ y² dxdydz, D =n

(x, y, z) ∈ R³: z ≥ 0 ∧ 2 − 3p

x²+ y²≤ z ≤ 1 −p

x²+ y²o

La prima condizione del dominio di integrazione indica il semispazio con z positive. La seconda descrive la regione compresa tra due coni. Il primo, z = 2 − 3px²+ y² ha vertice nel punto V1(0; 0; 2)ed è più

stretto perché il coeciente davanti alla radice ha valore assoluto maggiore (vale lo stesso ragionamento che viene presentato al liceo per le parabole). Il secondo, z = 1 − px²+ y² ha vertice V2(0; 0; 1) ed è

(6)

più largo. Il dominio di integrazione è la regione di spazio al di sopra del primo cono ma al di sotto del secondo.

1 0.5

X 0 -0.5 -1 -1

-0.5 0 Y 0.5 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

1 Z

(a) Insieme 3D (D).

1 0.5

Y 0 -0.5 0 -1

-0.2 -0.4 -0.6 X -0.8 2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

-1 Z

(b) Insieme 3D (D) in sezione.

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

−1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x y

(c) Insieme 2D (A^z) con z = 0.

Dal momento che gli strati Az ottenuti sezionando il volume D con piani paralleli a xy sono corone circolari, si procede con l'integrazione per strati. Occorre innanzitutto determinare gli estremi numerici della variabile z. Quello inferiore è ovviamente z = 0, mentre quello superiore è la quota alla quale i due coni si intersecano. Questa si ricava mettendo a sistema le due gure:

(z = 2 − 3p x²+ y² z = 1 −p

x²+ y² −→

(_z−2

3 = −p x²+ y² z − 1 = −p

x²+ y² −→ z − 2

3 = z − 1 −→ z = 1

2 (1.27)

Quindi z varia nell'intervallo:

0 ≤ z ≤ 1

2 (1.28)

Si può quindi riscrivere l'integrale:

˚

D

1

px²+ y² dxdydz = ˆ ¹₂

0

¨

Az

1

px²+ y² dxdy

!

dz (1.29)

L'insieme Az è una corona circolare centrata nell'origine i cui raggi variano in funzione di z. Si pensa quindi di passare in coordinate polari. L'angolo θ deve spazzare tutto il piano:

0 ≤ θ ≤ 2π (1.30)

Ricordando che, sul piano cartesiano, la distanza di un generico punto (x, y) dall'origine è ρ = px²+ y², dalle condizioni del dominio si ricava immediatamente l'intervallo di variazione di ρ.

(2 − 3p

x²+ y²≤ z z ≤ 1 −p

x²+ y² −→

(2 − 3ρ ≤ z z ≤ 1 − ρ −→

(ρ ≥^2−z₃

ρ ≤ 1 − z (1.31)

2 − z

3 ≤ ρ ≤ 1 − z (1.32)

Si può quindi procedere alla risoluzione dell'integrale:

ˆ ¹₂

0

¨

Az

1

px²+ y² dxdy

!

dz^polari−→

ˆ ¹₂

0

¨

A⁰_z

1 ρρdρdθ

! dz =

ˆ ¹₂

0

ˆ 2π 0

ˆ 1−z

2−z 3

1 dρ

! dθ

! dz =

(1.33)

= ˆ ¹₂

0

ˆ 2π 0

1 − z −2 − z 3 dθ

dz = 2π 3

ˆ ¹₂

0

1 − 2z dz = 2π

3 z − z²¹₂

0 = 2π 3 ·1

4 = π 6

(7)

6. ˚

D

z dxdydz, D =n

(x, y, z) ∈ R³: 1 ≤p

x²+ y²+ z²≤ 2 ∧ z ≥ 0o

Si riscrive la prima condizione:

1 ≤p

x²+ y²+ z²≤ 2 −→ 1 ≤ x²+ y²+ z²≤ 4 (1.34) La disequazione rappresenta la regione compresa tra due sfere: la più grande ha raggio√

4 = 2, mentre la più piccola ha raggio 1. Considerando anche la seconda condizione, si conclude che D individua i punti compresi tra le due semisfere contenute nel semispazio con coordinata z positiva.

2 1

X 0 -1

-2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

Y 1 1.5 2

1.5

1

0.5

0 2 Z

(a) Insieme 3D (D).

4

3

X 2

1

-2 0 -1 0

Y 1 2 0.5 1 1.5 2

0 Z

Figura 1.6: Dominio di integrazione dell'integrale triplo.

Data la struttura dell'insieme pare appropriato passare alle coordinate sferiche:











x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ

dxdydz −→ ρ²sin φ dρdφdθ

(1.35)

Si rende necessario ricavare gli estremi di integrazione nelle nuove variabili: il raggio ρ è compreso tra i raggi delle due sfere che delimitano l'insieme; l'angolo θ descrive la longitudine spazzando il piano orizzontale xy: in questo caso deve coprire tutto il piano, quindi oscilla tra 0 e 2π; l'angolo φ, invece, descrive la latitudine e si apre a partire dal semiasse positivo delle z: in questo caso, dovendo coprire solo la metà superiore della sfera, è limitato tra 0 e ^π₂. Riassumendo:

1 ≤ ρ ≤ 2 (1.36)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.37)

0 ≤ φ ≤ π

2 (1.38)

Si denisce D⁰ l'insieme denito dalle precedenti disuguaglianze. Si può ora risolvere l'integrale:

˚

D

z dxdydz^{sf eriche}−→

˚

D⁰

ρ cos φ ρ²sin φdρdφdθ = ˆ 2

1

ˆ 2π 0

ˆ ^π₂

0

ρ³cos φ sin φ dφ

! dθ

!

dρ = (1.39)

=

ˆ 2 1

ρ³dρ

ˆ 2π 0

1 dθ

ˆ ^π₂

0

sin φ cos φ dφ

!

=

ˆ 2 1

ρ³dρ

ˆ 2π 0

1 dθ

1

2 ˆ ^π₂

0

2 sin φ cos φ dφ

!

=

(8)

=1 2

ˆ 2 1

ρ³dρ

ˆ 2π 0

1 dθ

ˆ ^π₂

0

sin 2φ dφ

!

= 1 4

ˆ 2 1

ρ³dρ

ˆ 2π 0

1 dθ

ˆ ^π₂

0

2 sin 2φ dφ

!

=

=1 4

ρ⁴ 4

²

1

· 2π · [− cos 2φ]₀^π² = π 2

4 −1

4

(1 + 1) = 15 4 π

7. ˚

D

xyz +sin x³

z²+ y² dxdydz, D =n

(x, y, z) ∈ R³: 1 ≤p

4x²+ 4y²+ 4z²≤ 2o

L'insieme di integrazione è identico a quello descritto nell'esercizio precedente, tolta la restrizione sul valore di z. Questo signica che la regione da considerare è quella compresa tra le due sfere e non tra le due semisfere.

2 1

X 0 -1 -2 -2

-1 0 Y 1 2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

2 Z

(a) Insieme 3D (D).

4 3

X 2 1 -2 0 -1 0

Y 1 2 -0.5 2

1.5

1

0.5

0

-1

-1.5

-2 Z

Dalla gura si nota come l'insieme sia simmetrico rispetto a tutti i piani coordinati x = 0, y = 0 e z = 0. Dal momento che la funzione integranda non è delle più semplici, si verica l'esistenza di qualche simmetria che possa semplicare il calcolo.

Rispetto alla variabile y:

f (x, −y, z) = x (−y) z + sin x³

z²+ (−y)² = −xyz + sin x³

z²+ y² 6= f (x, y, z) ∧ 6= −f (x, y, z) (1.40) Il solo fatto di aver notato che il primo termine della funzione è dispari potrebbe semplicare i calcoli. Si possono tuttavia ottenere risultati migliori passando a considerare la variabile x:

f (x, −y, z) = (−x) yz + sin

(−x)³

z²+ y² = −xyz − sin x³

z²+ y² = −f (x, y, z) (1.41) L'intera funzione è dispari rispetto a x e, come sottolineato in precedenza, l'insieme è simmetrico rispetto al piano x = 0. Senza ulteriori indugi - e senza eseguire calcoli - si conclude:

˚

D

xyz +sin x³

z²+ y² dxdydz = 0 (1.42)

8. ˚

D

x²+ y²dxdydz, D =(x, y, z) ∈ R³: 1 ≤ x²+ y²+ z²≤ 4 ∧ y ≤ 0

(9)

Seguendo la traccia dei due esercizi precedenti, si conclude che l'insieme di integrazione è la regione di spazio delimitata tra le due sfere centrate nell'origine e di raggio 1 e 2 e limitata al semispazio dove la coordinata y è negativa.

-4 -3

Y -2 -1 0 -2 -1 0 X 1 1.5

-0.5

-1.5 0

-1

-2 0.5 1 2

2 Z

(a) Insieme 3D (D).

Si passa quindi in coordinate sferiche:











(1.43)

Il raggio ρ è compreso tra quelli delle due sfere; l'angolo θ deve spazzare i due quadranti del piano cartesiano 2D che presentano y negativa: è quindi compreso tra π e 2π; l'angolo φ, invece, deve coprire sia le z positive che quelle negative: oscilla quindi tra 0 e π. Ricapitolando:

1 ≤ ρ ≤ 2 (1.44)

π ≤ θ ≤ 2π (1.45)

0 ≤ φ ≤ π (1.46)

Si può ora risolvere l'integrale. Sia D⁰ l'insieme di integrazione nelle coordinare sferiche:

˚

D

x²+ y²dxdydz =

˚

D

ρ²sin²φ cos²θ + ρ²sin²φ sin²θ ρ²sin φ dρdφdθ = (1.47)

˚

D

ρ⁴sin³φ cos²θ + sin²θ dρdφdθ =

˚

D

ρ⁴sin³φ dρdφdθ = ˆ 2

1

ˆ 2π π

ˆ π 0

ρ⁴sin³φ dφ

dθ

dρ =

=

ˆ 2 1

ρ⁴dρ

ˆ 2π π

1 dθ

ˆ π 0

sin³φ dφ

La ricerca della primitiva delle prime due funzioni non crea particolari problemi, mentre quella della terza richiede alcuni passaggi:

ˆ 2 1

ρ⁴dρ

ˆ 2π π

1 dθ

ˆ π 0

sin³φ dφ

= ρ⁵ 5

²

1

· π ·

ˆ π 0

sin φ sin²φ dφ

= (1.48)

31π 5 ·

ˆ π 0

sin φ 1 − cos²φ dφ =31π 5 ·

ˆ π 0

sin φ−sin φ cos²φdφ = 31π 5 ·

ˆ π 0

sin φ dφ − ˆ π

0

sin φ cos²φ dφ

=

= 31π 5 ·

2 +

ˆ π 0

− sin φ cos²φ dφ

= 31π 5 ·

2 + cos³φ 3

^π

0

= 31π 5 ·

2 − 2

3

= 124 15 π

(10)

9. ˚

D

1 dxdydz, D =

(x, y, z) ∈ R³: y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ 3y +3

2z − 6 ≤ x ≤ 0

Una equazione lineare rappresenta sempre un piano nello spazio tridimensionale. Di conseguenza, la condizione 3y + ³₂z − 6 ≤ x ≤ 0 descrive i punti che hanno ascissa negativa ma superiore a quella del piano 3y +³₂z − 6 = x. Le prime due condizioni impongono di considerare solo la regione di spazio dove le variabili x e y sono positive. Per disegnare l'insieme risulta ancora una volta consigliabile trovare i punti di intersezione del piano con gli assi per poi tracciare la supercie che li unisce.

(3y +³₂z − 6 = x

x = y = 0 −→ (0; 0; 4) (1.49)

(3y +³₂z − 6 = x

x = z = 0 −→ (0; 2; 0) (1.50)

(3y +³₂z − 6 = x

y = z = 0 −→ (−6; 0; 0) (1.51)

La scrittura dell'insieme D fornita dall'esercizio contiene gli estremi di variazione dell'incognita x in funzione delle altre due. Risulta quindi opportuno procedere con l'integrazione per li paralleli all'asse x.

˚

D

1 dxdydz =

¨

A

ˆ 0 3y+³₂z−6

1 dx

!

dydz (1.52)

Il doppio integrale esterno deve essere eseguito sulla proiezione del volume D sul piano yz, di equazione x = 0. Sostituendo questa condizione nelle disequazioni che descrivono D si ottiene l'insieme bidimensionale:

(D =y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ 3y + ³₂z − 6 ≤ x ≤ 0

x = 0 −→ A =

y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ 3y +3

2z − 6 ≤ 0

(1.53)

0

-2

X -4

-6

0 -8 0.5 1

Y 1.5 4

3

2

1

0 2 Z

(a) Insieme 3D (D)

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

y z

(b) Insieme 2D (Ax)

Per risolvere il doppio integrale si sceglie di procedere per li paralleli all'asse z, ovvero verticali, nella

gura mostrata. Si rende quindi necessario scrivere gli estremi di z nella forma z = f (y):

(z ≥ 0

3y + ³₂z − 6 ≤ 0 −→

(z ≥ 0

2y + 1z − 4 ≤ 0 −→

(z ≥ 0

z ≤ 4 − 2y −→ 0 ≤ z ≤ 4 − 2y (1.54)

(11)

Dalla gura si nota che:

0 ≤ y ≤ 2 (1.55)

Si può quindi risolvere l'integrale:

¨

A

ˆ 0 3y+³₂z−6

1 dx

! dydz =

¨

A

6 − 3y −3

2z dydz = ˆ 2

0

ˆ 4−2y 0

6 − 3y −3 2z dz

dy = (1.56)

= ˆ 2

0

6z − 3yz −3 4z²

z=4−2y z=0

dy = ˆ 2

0

6 (4 − 2y) − 3y (4 − 2y) −3

4(4 − 2y)² dy =

= ˆ 2

0

24 − 12y − 12y + 6y²− 12 − 3y²+ 12y dy = ˆ 2

0

12 − 12y + 3y²dy =

=12y − 6y²+ y³²

0= 24 − 24 + 8 = 8

10. ˚

D

xy dxdydz, D =

(x, y, z) ∈ R³: 0 ≤ x ≤ y ∧ 0 ≤ z ≤ 4 −4

9 x²+ y²

La prima condizione individua i punti la cui ascissa è positiva ma minore di quella del piano y = x.

La seconda descrive invece la regione compresa tra il pano xy, di equazione z = 0 e il paraboloide z = 4 −⁴₉ x²+ y². Questo ha come asse di simmetria l'asse z e come vertice il punto (0; 0; 4).

4 2

X 0 -2 -4 -4

-2 0

Y 2 5

0 1 2 3 4

4 Z

(a) Insieme 3D (D)

X 8

6

4

2

0 -3 -4 -1 -2

Y 1 0 3 2

4 0 1 2 3 4 5

Z

(b) Insieme 3D (D), sezione.

X

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

Y

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

(c) Insieme 3D (D), vista dall'alto.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

(d) Insieme 2D (A)

(12)

Dal momento che l'insieme già fornisce l'intervallo di variazione di z in funzione di x e y, pare ragionevole impostare l'integrazione per li paralleli all'asse z:

0 ≤ z ≤ 4 − 4

9 x²+ y² (1.57)

˚

D

xy dxdydz =

¨

A

ˆ 4−⁴₉(^x²^+y²)

0

xy dz

! dydx =

¨

A

xy

4 − 4

9 x²+ y²

dydx (1.58)

L'insieme A è la proiezione del volume sul piano xy, di equazione z = 0. Si ricavano le disequazioni che descrivono l'insieme:

(D =0 ≤ x ≤ y ∧ 0 ≤ z ≤ 4 −⁴₉ x²+ y²

z = 0 −→ A =

0 ≤ x ≤ y ∧ 0 ≤ 4 −4

9 x²+ y²

(1.59)

A =0 ≤ x ≤ y ∧ x²+ y²≤ 9 (1.60)

Come si nota dalla gura, l'insieme è un ottavo di circonferenza. Data la particolare forma, per l'integrale doppio è opportuno passare alle coordinate polari, secondo la trasformazione:







x = ρ cos θ y = ρ sin θ dxdy −→ ρdρdθ

(1.61)

Con i seguenti estremi:

0 ≤ ρ ≤ 3 (1.62)

π

4 ≤ θ ≤ π

2 (1.63)

Si procede quindi nella risoluzione dell'integrale doppio:

¨

A

xy

4 −4

9 x²+ y²

dydx^polari−→

¨

A

ρ cos θρ sin θ

4 − 4

9ρ²

ρdρdθ =

¨

A

ρ³cos θ sin θ

4 − 4

9ρ²

dρdθ = (1.64)

= ˆ 3

0

ˆ ^π₂

π 4

ρ³cos θ sin θ

4 −4

9ρ²

dθ

! dρ =

ˆ 3 0

ρ³

4 − 4

9ρ²

dρ

ˆ ^π₂

π 4

cos θ sin θdθ

!

=

ˆ 3 0

4ρ³−4 9ρ⁵dρ

1

2 ˆ ^π₂

π 4

2 cos θ sin θdθ

!

=

ρ⁴− 4ρ⁶ 6 · 9

³

0

·1 2

ˆ ^π₂

π 4

sin 2θdθ =1

4(81 − 18) ˆ ^π₂

π 4

2 sin 2θdθ =

=1

4(81 − 18) [− cos 2θ]

π π2

4 = 63

3

1.2 Applicazioni

1. La densità di massa di una semisfera di raggio a è µ (x, y, z) = k 2a −p

x²+ y²+ z²

con k > 0.

Determinare la massa totale del solido.

Per denizione, la massa di un solido è il triplo integrale della sua densità di massa su tutto il volume del solido. Si deve quindi risolvere:

˚

D

µ (x, y, z) dxdydz =

˚

D

k 2a −p

x²+ y²+ z²

dxdydz (1.65)

Dato che l'insieme di integrazione è una semisfera, si passa alle coordinate sferiche:











(1.66)

(13)

Gli estremi delle nuove variabili sono: 





0 ≤ ρ ≤ a 0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ φ ≤ ^π₂

(1.67)

L'angolo θ deve infatti spazzare tutto il piano xy, mentre φ, per individuare una semisfera, si deve limitare a metà dello spazio. Sia D⁰ l'insieme nelle nuove variabili; l'integrale da risolvere è:

˚

D

k 2a −p

x²+ y²+ z²

dxdydz = (1.68)

=

˚

D⁰

k

2a −

q

ρ²sin²φ cos²θ + ρ²sin²φ sin²θ + ρ²cos²φ

ρ²sin φ dρdφdθ =

=

˚

D⁰

k

2a −

q

ρ²sin²φ cos²θ + sin²θ + ρ²cos²φ

=

˚

D⁰

k

2a −

q

ρ²sin²φ + ρ²cos²φ

=

˚

D⁰

k

2a −

q

ρ² sin²φ + cos²φ

˚

D⁰

k (2a − ρ) ρ²sin φ dρdφdθ =

= ˆ a

0

ˆ 2π 0

ˆ ^π₂

0

k (2a − ρ) ρ²sin φ dφ

! dθ

! dρ =

k

ˆ a 0

2aρ²− ρ³dρ

ˆ 2π 0

1 dθ

ˆ ^π₂

0

sin φ dφ

!

=

2kπ

2aρ³

3 −ρ⁴ 4

^a

0

= 2kπ 2a⁴ 3 −a⁴

4

= 5π 6 ka⁴

2. Calcolare il volume della regione interna alla sfera x²+ y²+ z² = 6 e posta al di sopra del paraboloide z = x²+ y².

Per denizione, il volume di un solido limitato alla regione D è dato dalla formula:

V =

˚

D

1 dxdydz (1.69)

Si devono quindi individuare le disequazioni che descrivono D. La supercie interna alla sfera è identicata da:

x²+ y²+ z²≤ 6 (1.70)

Mentre i punti al di sopra del paraboloide sono quelli che rispettano:

z ≥ x²+ y² (1.71)

3 2 1

X 0 -1 -2 -3 -3 -2 -1 0

Y 1 2 3 0 5

4

3

2

1 Z

(a) Insieme 3D (D)

8

X 6

4

2

0 -2 -3

-1

Y 1 0 3 2

0 1 2 3 4 5

Z

(b) Insieme 3D (D), sezione.

(14)

Si sceglie di integrare per li paralleli all'asse z. La variabile z è limitata superiormente dalla sfera e inferiormente dal paraboloide:

(x²+ y²+ z²≤ 6 z ≥ x²+ y² −→

(z ≤p

6 − x²− y²

z ≥ x²+ y² −→ x²+ y²≤ z ≤p

6 − x²− y² (1.72) Si riscrive quindi l'integrale:

˚

D

1 dxdydz =

¨

A

ˆ √6−x²−y² x²+y²

1 dz

!

dxdy =

¨

A

p6 − x²− y²− x²+ y² dxdy (1.73)

L'insieme A su cui deve essere eseguito il doppio integrale è la proiezione sul piano xy del volume D: è quindi il cerchio racchiuso dalla circonferenza che sfera e paraboloide formano intersecandosi. Per scoprire il raggio occorre mettere a sistema le due superci, ricordando che il raggio di una circonferenza con centro sull'asse x = y = 0 è ρ = px²+ y²

(x²+ y²+ z²= 6 z = x²+ y² −→

(ρ²+ z²= 6

z = ρ² −→

(z²+ z − 6 = 0

z = ρ² −→

(z = −3 ∨ z = 2 ρ =√

2 (1.74)

Dato che l'insieme di integrazione è un cerchio, si opera un cambio di variabili verso le coordinate polari:







x = ρ cos θ y = ρ sin θ dxdy −→ ρdρdθ

(1.75)

0 ≤ ρ ≤√

2 (1.76)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.77)

Sia A⁰ l'insieme relativo alle nuove variabili. Si risolve l'integrale:

¨

A

p6 − x²− y²− x²+ y² dxdy^polari−→

¨

A⁰

p6 − ρ²− ρ²

· ρdρdθ = (1.78)

= ˆ ^√2

0

ˆ 2π 0

ρp

6 − ρ²− ρ³dθ

dρ =

ˆ ^√2 0

ρp

6 − ρ²− ρ³dρ

!ˆ 2π 0

1dθ

=

= 2π ˆ ^√2

0

ρp

6 − ρ²−ρ³dρ = 2π ˆ ^√2

0

ρp

6 − ρ²dρ−2π ˆ ^√2

0

ρ³dρ = −π ˆ ^√2

0

−2ρ 6 − ρ²¹₂ dρ−2π

ˆ ^√2 0

ρ³dρ =

= −2π 3

h

6 − ρ²³₂i

√2

0

− 2π ρ⁴ 4

√ 2

0

= −2π 3

8 − 6√

6

− 2π = 2π 3

6√

6 − 11