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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