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

√x2 + y2 dxdydz, 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 conl'integrazione per strati paralleli al piano xy. Immaginando di osservare la �gura dall'alto, è facile notarecome la sezione dell'insieme D su un piano orizzontale parallelo a xy sia il cerchio descritto dall'equazionex2 + 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 de�nisce quindi:Az =

{x2 + y2 ≤ z

}(1.1)

E si trasforma l'integrale:

˚D

√x2 + y2 dxdydz =

ˆ 2

0

(¨Az

√x2 + y2 dxdy

)dz (1.2)

1

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. Sipassa 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

(¨Az

√x2 + y2 dxdy

)dz =

ˆ 2

0

(ˆ 2π

0

(ˆ √z0

√ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ ρdρ

)dθ

)dz (1.7)

E risolvere:

ˆ 2

0

(ˆ 2π

0

(ˆ √z0

√ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ ρdρ

)dθ

)dz =

ˆ 2

0

(ˆ 2π

0

(ˆ √z0

ρ2 dρ

)dθ

)dz = (1.8)

=

ˆ 2

0

(ˆ 2π

0

[ρ3

3

]√z0

dθ

)dz =

ˆ 2

0

(ˆ 2π

0

z32

3dθ

)dz =

ˆ 2

0

(2πz

32

3

)dz =

2π

3· 25

[z

52

]20=

16√2

15π

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 superior-mente dal piano x + y + z = 1. Per capire la disposizione del piano nello spazio, il procedimento piùsemplice 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

11

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)

Figura 1.2: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

2

Se si decidesse di integrare per strati orizzontali, il dominio dell'integrale doppio sarebbe un triangolo didimensioni variabili in funzione di z. Più semplice risulta la soluzione dei �li verticali: in questo caso ildoppio 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 su�ciente osservare che la proiezione di D sulpiano xy di equazione z = 0 è l'area A del triangolo con vertici C (0; 1), B (1; 0) e O (0; 0). In alternativaè possibile considerare le disequazioni che descrivono D sul piano xy, di equazione z = 0. In entrambi icasi 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− x0 ≤ 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 − 2x2 dx =

=1

2

[x2

2+x4

4− 2

x3

3

]10

=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 ilpiano 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 unacirconferenza di raggio variabile in funzione della coordinata y:

Ay ={4x2 + 4z2 ≤ y

}={x2 + z2 ≤ y

4

}(1.16)

3

8

6

Y

4

2

01

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)

Figura 1.3: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

Il centro della circonferenza è l'origine e il raggio è√y

2 . Si propende quindi per una risoluzione perstrati: l'integrale singolo più esterno viene e�ettuato 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 de�nizione, l'integraledoppio della costante 1 su una super�cie fornisce la misura dell'area della super�cie stesse. L'area di un

cerchio di raggio√y

2 è: ¨Ay

1 dxdz = π

(√y

2

)2

=π

4y (1.18)

Rimane ora da a�rontare solo l'integrale singolo:

ˆ 4

0

y

(¨Ay

1 dxdz

)dy =

π

4

ˆ 4

0

y2 dy =π

4

[y3

3

]40

=16

3π (1.19)

4. ˚D

y

1 + z4dxdydz, D =

{(x, y, z) ∈ R3 :

√x2 + y2 ≤ z ≤ x+ y ∧ 0 ≤ z ≤ 1

}Il dominio di integrazione è compreso tra il cono di equazione z =

√x2 + 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 alpiano 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 puòquindi descrivere il dominio di integrazione bidimensionale tramite le seguenti disequazioni:{√

x2 + y2 ≤ zx+ 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 identi�cano la parte di piano interna alla circonferenzadi raggio z centrata nell'origine e al di sopra del gra�co della retta y = z − x.

4

1

0.5

Y

0

-0.5

-11

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 (Az) con z = 0.6.

Figura 1.4: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

˚D

y

1 + z4dxdydz =

ˆ 1

0

(¨Az

y

1 + z4dxdy

)dz =

ˆ 1

0

1

1 + z4

(¨Az

y dxdy

)dz (1.22)

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

x2 + y2 = z2 −→ y =√z2 − x2 (1.23)

Da cui gli estremi:

z − x ≤ y ≤√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−xy dy

)dx

)dz = (1.26)

=

ˆ 1

0

1

1 + z4

(ˆ z

0

[y2

2

]√z2−x2

z−xdx

)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

[−x

3

3+x2z

2

]z0

dz =

ˆ 1

0

1

1 + z4

(−z

3

3+z3

2

)dz =

=1

6

ˆ 1

0

z3

1 + z4dz =

1

24

ˆ 1

0

4z3

1 + z4dz =

1

24

[ln(1 + z4

)]10=

1

24ln 2

5. ˚D

1√x2 + y2

dxdydz, D ={(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0 ∧ 2− 3

√x2 + y2 ≤ z ≤ 1−

√x2 + y2

}La prima condizione del dominio di integrazione indica il semispazio con z positive. La seconda descrivela regione compresa tra due coni. Il primo, z = 2 − 3

√x2 + y2 ha vertice nel punto V1 (0; 0; 2) ed è più

�stretto� perché il coe�ciente davanti alla radice ha valore assoluto maggiore (vale lo stesso ragionamento

che viene presentato al liceo per le parabole). Il secondo, z = 1 −√x2 + y2 ha vertice V2 (0; 0; 1) ed è

5

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

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).

10.5

Y

0-0.5

-10

-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 (Az) con z = 0.

Figura 1.5: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

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

z = 2− 3√x2 + y2

z = 1−√x2 + y2

−→

{z−23 = −

√x2 + y2

z − 1 = −√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√x2 + y2

dxdydz =

ˆ 12

0

(¨Az

1√x2 + y2

dxdy

)dz (1.29)

L'insieme Az è una corona circolare centrata nell'origine i cui raggi variano in funzione di z. Si pensaquindi 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 =√x2 + y2,

dalle condizioni del dominio si ricava immediatamente l'intervallo di variazione di ρ.{2− 3

√x2 + y2 ≤ z

z ≤ 1−√x2 + y2

−→

{2− 3ρ ≤ zz ≤ 1− ρ

−→

{ρ ≥ 2−z

3

ρ ≤ 1− z(1.31)

2− z3≤ ρ ≤ 1− z (1.32)

Si può quindi procedere alla risoluzione dell'integrale:

ˆ 12

0

(¨Az

1√x2 + y2

dxdy

)dz

polari−→ˆ 1

2

0

(¨A′z

1

ρρdρdθ

)dz =

ˆ 12

0

(ˆ 2π

0

(ˆ 1−z

2−z3

1 dρ

)dθ

)dz =

(1.33)

=

ˆ 12

0

(ˆ 2π

0

1− z − 2− z3

dθ

)dz =

2π

3

ˆ 12

0

1− 2z dz =2π

3

[z − z2

] 12

0=

2π

3· 14=π

6

6

6. ˚D

z dxdydz, D ={(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤

√x2 + y2 + z2 ≤ 2 ∧ z ≥ 0

}Si riscrive la prima condizione:

1 ≤√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 punticompresi 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

0-2

-1

0

Y

1

2

0.5

1

1.5

2

0

Z

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

Figura 1.6: Dominio di integrazione dell'integrale triplo.

Data la struttura dell'insieme pare appropriato passare alle coordinate sferiche:x = ρ sinφ cos θ

y = ρ sinφ sin θ

z = ρ cosφ

dxdydz −→ ρ2 sinφ dρdφdθ

(1.35)

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

2 . Riassumendo:

1 ≤ ρ ≤ 2 (1.36)

0 ≤ θ ≤ 2π (1.37)

0 ≤ φ ≤ π

2(1.38)

Si de�nisce D′ l'insieme de�nito dalle precedenti disuguaglianze. Si può ora risolvere l'integrale:

˚D

z dxdydzsferiche−→

˚D′ρ cosφ ρ2 sinφdρdφdθ =

ˆ 2

1

(ˆ 2π

0

(ˆ π2

0

ρ3 cosφ sinφ dφ

)dθ

)dρ = (1.39)

=

(ˆ 2

1

ρ3 dρ

)(ˆ 2π

0

1 dθ

)(ˆ π2

0

sinφ cosφ dφ

)=

(ˆ 2

1

ρ3 dρ

)(ˆ 2π

0

1 dθ

)(1

2

ˆ π2

0

2 sinφ cosφ dφ

)=

7

=1

2

(ˆ 2

1

ρ3 dρ

)(ˆ 2π

0

1 dθ

)(ˆ π2

0

sin 2φ dφ

)=

1

4

(ˆ 2

1

ρ3 dρ

)(ˆ 2π

0

1 dθ

)(ˆ π2

0

2 sin 2φ dφ

)=

=1

4

[ρ4

4

]21

· 2π · [− cos 2φ]π20 =

π

2

(4− 1

4

)(1 + 1) =

15

4π

7. ˚D

xyz +sin(x3)

z2 + y2dxdydz, D =

{(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤

√4x2 + 4y2 + 4z2 ≤ 2

}L'insieme di integrazione è identico a quello descritto nell'esercizio precedente, tolta la restrizione sulvalore di z. Questo signi�ca che la regione da considerare è quella compresa tra le due sfere e non tra ledue 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

0-2

-1

0

Y

1

2

-0.5

2

1.5

1

0.5

0

-1

-1.5

-2

Z

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

Figura 1.7: Dominio di integrazione dell'integrale triplo.

Dalla �gura si nota come l'insieme sia simmetrico rispetto a tutti i piani coordinati x = 0, y = 0 ez = 0. Dal momento che la funzione integranda non è delle più semplici, si veri�ca l'esistenza di qualchesimmetria che possa sempli�care il calcolo.Rispetto alla variabile y:

f (x,−y, z) = x (−y) z +sin(x3)

z2 + (−y)2= −xyz +

sin(x3)

z2 + y26= 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 sempli�care i calcoli. Sipossono 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 rispettoal piano x = 0. Senza ulteriori indugi - e senza eseguire calcoli - si conclude:

˚D

xyz +sin(x3)

z2 + y2dxdydz = 0 (1.42)

8. ˚D

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

}

8

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

Figura 1.8: Dominio di integrazione dell'integrale triplo.

Si passa quindi in coordinate sferiche:x = ρ sinφ cos θ

y = ρ sinφ sin θ

z = ρ cosφ

dxdydz −→ ρ2 sinφ dρdφdθ

(1.43)

Il raggio ρ è compreso tra quelli delle due sfere; l'angolo θ deve spazzare i due quadranti del pianocartesiano 2D che presentano y negativa: è quindi compreso tra π e 2π; l'angolo φ, invece, deve copriresia 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 D′ l'insieme di integrazione nelle coordinare sferiche:˚D

x2 + y2 dxdydz =

˚D

ρ2 sin2 φ cos2 θ + ρ2 sin2 φ sin2 θ ρ2 sinφ dρdφdθ = (1.47)

˚D

ρ4 sin3 φ(cos2 θ + sin2 θ

)dρdφdθ =

˚D

ρ4 sin3 φ dρdφdθ =

ˆ 2

1

(ˆ 2π

π

(ˆ π

0

ρ4 sin3 φ dφ

)dθ

)dρ =

=

(ˆ 2

1

ρ4 dρ

)(ˆ 2π

π

1 dθ

)(ˆ π

0

sin3 φ dφ

)La ricerca della primitiva delle prime due funzioni non crea particolari problemi, mentre quella della terzarichiede alcuni passaggi:(ˆ 2

1

ρ4 dρ

)(ˆ 2π

π

1 dθ

)(ˆ π

0

sin3 φ dφ

)=

[ρ5

5

]21

· π ·(ˆ π

0

sinφ sin2 φ dφ

)= (1.48)

31π

5·ˆ π

0

sinφ(1− cos2 φ

)dφ =

31π

5·ˆ π

0

sinφ−sinφ cos2 φdφ =31π

5·(ˆ π

0

sinφ dφ−ˆ π

0

sinφ cos2 φ dφ

)=

=31π

5·(2 +

ˆ π

0

− sinφ cos2 φ dφ

)=

31π

5·(2 +

[cos3 φ

3

]π0

)=

31π

5·(2− 2

3

)=

124

15π

9

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, lacondizione 3y + 3

2z − 6 ≤ x ≤ 0 descrive i punti che hanno ascissa negativa ma superiore a quella delpiano 3y+ 3

2z− 6 = x. Le prime due condizioni impongono di considerare solo la regione di spazio dove levariabili x e y sono positive. Per disegnare l'insieme risulta ancora una volta consigliabile trovare i puntidi intersezione del piano con gli assi per poi tracciare la super�cie che li unisce.{

3y + 32z − 6 = x

x = y = 0−→ (0; 0; 4) (1.49)

{3y + 3

2z − 6 = x

x = z = 0−→ (0; 2; 0) (1.50)

{3y + 3

2z − 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 infunzione delle altre due. Risulta quindi opportuno procedere con l'integrazione per �li paralleli all'asse x.

˚D

1 dxdydz =

¨A

(ˆ 0

3y+ 32 z−6

1 dx

)dydz (1.52)

Il doppio integrale esterno deve essere eseguito sulla proiezione del volumeD 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 + 3

2z − 6 ≤ x ≤ 0}

x = 0−→ A =

{y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ 3y +

3

2z − 6 ≤ 0

}(1.53)

0

-2

X

-4

-6

-80

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)

Figura 1.9: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

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)

10

Dalla �gura si nota che:0 ≤ y ≤ 2 (1.55)

Si può quindi risolvere l'integrale:

¨A

(ˆ 0

3y+ 32 z−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)

2dy =

=

ˆ 2

0

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

ˆ 2

0

12− 12y + 3y2 dy =

=[12y − 6y2 + y3

]20= 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 paraboloidez = 4− 4

9

(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

0-4-3-2-1

Y

01234

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)

Figura 1.10: Dominio di integrazione dell'integrale triplo e dell'integrale doppio.

11

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

0 ≤ z ≤ 4− 4

9

(x2 + y2

)(1.57)

˚D

xy dxdydz =

¨A

(ˆ 4− 49 (x

2+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 chedescrivono l'insieme:{

D ={0 ≤ x ≤ y ∧ 0 ≤ z ≤ 4− 4

9

(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'integraledoppio 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

ρ3 cos θ sin θ

(4− 4

9ρ2)dρdθ =

(1.64)

=

ˆ 3

0

(ˆ π2

π4

ρ3 cos θ sin θ

(4− 4

9ρ2)dθ

)dρ =

(ˆ 3

0

ρ3(4− 4

9ρ2)dρ

)(ˆ π2

π4

cos θ sin θdθ

)=

=

(ˆ 3

0

4ρ3 − 4

9ρ5dρ

)(1

2

ˆ π2

π4

2 cos θ sin θdθ

)=

[ρ4 − 4ρ6

6 · 9

]30

·12

ˆ π2

π4

sin 2θdθ =1

4(81− 18)

ˆ π2

π4

2 sin 2θdθ =

=1

4(81− 18) [− cos 2θ]

π2π4=

63

3

1.2 Applicazioni

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

√x2 + y2 + z2

)con k > 0.

Determinare la massa totale del solido.Per de�nizione, la massa di un solido è il triplo integrale della sua densità di massa su tutto il volume delsolido. Si deve quindi risolvere:

˚D

µ (x, y, z) dxdydz =

˚D

k(2a−

√x2 + y2 + z2

)dxdydz (1.65)

Dato che l'insieme di integrazione è una semisfera, si passa alle coordinate sferiche:x = ρ sinφ cos θ

y = ρ sinφ sin θ

z = ρ cosφ

dxdydz −→ ρ2 sinφ dρdφdθ

(1.66)

12

Gli estremi delle nuove variabili sono: 0 ≤ ρ ≤ a0 ≤ 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 limitarea metà dello spazio. Sia D′ l'insieme nelle nuove variabili; l'integrale da risolvere è:˚

D

k(2a−

√x2 + y2 + z2

)dxdydz = (1.68)

=

˚D′k

(2a−

√ρ2 sin2 φ cos2 θ + ρ2 sin2 φ sin2 θ + ρ2 cos2 φ

)ρ2 sinφ dρdφdθ =

=

˚D′k

(2a−

√ρ2 sin2 φ

(cos2 θ + sin2 θ

)+ ρ2 cos2 φ

)ρ2 sinφ dρdφdθ =

=

˚D′k

(2a−

√ρ2 sin2 φ+ ρ2 cos2 φ

)ρ2 sinφ dρdφdθ =

=

˚D′k

(2a−

√ρ2(sin2 φ+ cos2 φ

))ρ2 sinφ dρdφdθ =

˚D′k (2a− ρ) ρ2 sinφ dρdφdθ =

=

ˆ a

0

(ˆ 2π

0

(ˆ π2

0

k (2a− ρ) ρ2 sinφ dφ

)dθ

)dρ =

(k

ˆ a

0

2aρ2 − ρ3 dρ)(ˆ 2π

0

1 dθ

)(ˆ π2

0

sinφ dφ

)=

2kπ

[2aρ3

3− ρ4

4

]a0

= 2kπ

(2a4

3− a4

4

)=

5π

6ka4

2. Calcolare il volume della regione interna alla sfera x2 + y2 + z2 = 6 e posta al di sopra del paraboloidez = x2 + y2.Per de�nizione, 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 super�cie interna alla sfera è identi�catada:

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

0-3

-2-1

Y

01

23

0

1

2

3

4

5

Z

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

Figura 1.11: Dominio di integrazione dell'integrale triplo.

13

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

x2 + y2 + z2 ≤ 6

z ≥ x2 + y2−→

{z ≤

√6− x2 − y2

z ≥ x2 + y2−→ x2 + y2 ≤ z ≤

√6− x2 − y2 (1.72)

Si riscrive quindi l'integrale:

˚D

1 dxdydz =

¨A

(ˆ √6−x2−y2

x2+y21 dz

)dxdy =

¨A

√6− 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: èquindi il cerchio racchiuso dalla circonferenza che sfera e paraboloide formano intersecandosi. Per scoprireil raggio occorre mettere a sistema le due super�ci, ricordando che il raggio di una circonferenza con centrosull'asse x = y = 0 è ρ =

√x2 + 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 A′ l'insieme relativo alle nuove variabili. Si risolve l'integrale:

¨A

√6− x2 − y2 −

(x2 + y2

)dxdy

polari−→¨A′

(√6− ρ2 − ρ2

)· ρdρdθ = (1.78)

=

ˆ √2

0

(ˆ 2π

0

ρ√

6− ρ2 − ρ3dθ)dρ =

(ˆ √2

0

ρ√6− ρ2 − ρ3 dρ

)(ˆ 2π

0

1dθ

)=

= 2π

ˆ √2

0

ρ√6− ρ2−ρ3dρ = 2π

ˆ √2

0

ρ√6− ρ2dρ−2π

ˆ √2

0

ρ3dρ = −πˆ √2

0

−2ρ(6− ρ2

) 12 dρ−2π

ˆ √2

0

ρ3dρ =

= −2π

3

[(6− ρ2

) 32

]√2

0− 2π

[ρ4

4

]√2

0

= −2π

3

(8− 6

√6)− 2π =

2π

3

(6√6− 11

)

14