Esercizi svolti sugli integrali tripli

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Esercizi svolti sugli integrali tripli

Sommario

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Questa dispensa raccoglie 36 esercizi svolti sugli integrali tripli, concepita per gli studenti dei corsi di laurea in ingegneria, fisica e matematica, nell’ambito del corso di Analisi 2. Gli esercizi sono classificati in base alla difficoltà, suddivisa in cinque livelli distinti, indicati con un sistema di stelline che vanno da 1 (molto semplice) a 5 (estremamente complesso).

Il fine di questo materiale didattico è di offrire agli studenti un quadro esaustivo delle tecniche necessarie per la risoluzione di ogni tipologia di integrale triplo. A differenza di altre tipologie di esercizi, gli integrali tripli non si prestano a una risoluzione meccanica, in quanto richiedono notevole flessibilità nel problem solving. La sfida principale risiede nella corretta rappresentazione grafica della regione di integrazione e nella scelta della parametrizzazione più adeguata, per evitare di rendere eccessivamente complesso il procedimento risolutivo.

La varietà degli esercizi proposti, accuratamente selezionati, mira a sviluppare le competenze necessarie per affrontare con successo ogni problematica legata agli integrali tripli, permettendo allo studente di acquisire padronanza in un argomento cruciale e avanzato dell’analisi matematica.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi.

Revisori: Sara Sottile.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Consideriamo un cono di raggio $R$ , altezza $h$ , asse sull’asse $z$ , vertice nell’origine e base nel semipiano $z>0$ . Calcolare il volume.

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente in figura 1 il cono della traccia.

$\quad$

Figura 1: cono con base circolare e altezza $h$ , vertice nell’origine.

$\quad$

Integriamo per strati.

Sia $z \in [0,h]$ e $r(z)=z\frac{R}{h}$ con

$\Omega(z) = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, \vert \, x^2+y^2\le r^2(z) \right\}.$

Allora

$\tau = \int_0^h 1 \, dz \iint_{\Omega(z)}1 \, dx \, dy = \int_0^h \pi r^2(z) \, dz = \int_0^h \pi z^2 \dfrac{R^2}{h^2}\, dz=\pi \dfrac{hR^2}{3}.$

Quindi

\be

$\boxcolorato{analisi}{\tau=\pi \dfrac{hR^2}{3}. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia la piramide a base quadrata con vertice nell’origine, altezza $h$ , asse sull’asse $z$ , base di lato $L$ posta nel semipiano $z>0$ . Calcolare il volume.

Svolgimento.

Nel grafico della Figura 2 è rappresentata la piramide descritta nella traccia, mentre il triangolo formato dall’altezza e dalla base della piramide è illustrato nella Figura 3.

$\quad$

Figura 2: piramide a base quadrata con vertice nell’origine..

$\quad$

Figura 3: sezione trasversale della piramide lungo l’asse $z$ .

$\quad$

Dalla figura 3 si osserva che

(1) $\begin{equation*} \begin{split} & \tan \theta = \dfrac{\dfrac{L}{2}}{h} = \dfrac{L}{2h},\\[10pt] \end{split} \end{equation*}$

(2) $\begin{equation*} \begin{split} & y = z\tan \theta = \dfrac{Lz}{2h}. \end{split} \end{equation*}$

Sia $\Omega(z)$ un generico strato della piramide

$\Omega(z) = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, : \, \vert y \vert \leq \dfrac{Lz}{2h}, \vert x \vert \leq \dfrac{Lz}{2h} \right\}.$

Procediamo ad integrare per strati per calcolare il volume della piramide

(3) $\begin{equation*} \begin{split} \tau & = \int_0^h 1 \, dz \int_{\Omega(z)} 1 \, dx \, dy = \\ & = \int_0^h \left(\dfrac{Lz}{h}\right)^2 \, dz = \\ & = \left(\dfrac{L^2}{h^2}\right) \dfrac{z^3}{3} \bigg\vert_0^h = \\ & = \dfrac{L^2 h}{3}. \end{split} \end{equation*}$

Dunque, si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\tau=\dfrac{L^2 h}{3}. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrali triplo:

$\iiint_\mathcal{D} e^{\frac{x+y}{\sqrt{2}}} \, dx \, dy \, dz,$

dove il dominio è definito come

$\mathcal{D} = \{(x, y, z) \ : \ x^2 + y^2 + z^2 \leq 1\},$

e rappresentato in figura 4. Per facilitare il calcolo, si consiglia di adottare la seguente sostituzione:

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} u = \dfrac{x + y}{\sqrt{2}}, \\[10pt] v = \dfrac{x - y}{\sqrt{2}}, \\[10pt] w = z. \end{cases} \end{equation*}$

$\quad$

Figura 4: sfera tridimensionale con centro nell’origine.

$\quad$

Svolgimento.

Parametrizziamo $\mathcal{D}$ con la parametrizzazione (4).

In questa sostituzione, il differenziale $dx \, dy \, dz$ viene espresso in termini di $du \, dv \, dw$ mediante il determinante jacobiano $\vert J \vert$ , dato da:

$\vert J \vert = \begin{vmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 1.$

Ne consegue che il volume infinitesimale si conserva nella nuova parametrizzazione:

$dx \, dy \, dz = du \, dv \, dw.$

Dal sistema (4), si trova

$\begin{cases} x=\dfrac{u+v}{\sqrt{2}}\\\\ y=\dfrac{u-v}{\sqrt{2}}\\\\ z=w. \end{cases}$

Sostituendo nel dominio $x^2+y^2+z^2\leq 1$ , si ottiene

$\dfrac{1}{2}\left(u+v\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(u-v\right)^2+w^2 \le 1 \quad \iff \quad u^2+v^2+w^2\leq1,$

l’integrale diventa

(5) $\begin{equation*} \begin{split} &\iiint_\mathcal{D} e^u \, du\, dv \, dw = \\ & =\int_{-1}^1 e^u\,du \iint_{v^2+w^2\le1-u^2} dv \, dw = \\ & = \int_{-1}^1 e^u \,\pi (1-u^2) \, du =\\ & = \pi \int_{-1}^1 e^u(1-u^2) \, du = \\ & = \pi \left[(1-u^2) e^u \bigg\vert_{-1}^1 + 2 \int_{-1}^1 e^u \, u \, du \right]=\\ & = 2\pi \left(e^u \, u \bigg\vert_{-1}^1 - \int_{-1}^1 e^u \, du\right) = \\ & = 2\pi \left(e^u \; u \bigg\vert_{-1}^1 - e^u \bigg\vert_{-1}^1\right) =\\ & = 2 \pi \left(e+e^{-1}-e+e^{-1}\right) =\\ & = 2\pi \; 2 \, e^{-1} =\\ & = \dfrac{4\pi}{e}. \end{split} \end{equation*}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_\mathcal{D} e^u \, du\, dv \, dw =\dfrac{4\pi}{e}. }$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia il seguente insieme

$\mathcal{D} = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 ) : x^2+y^2+z^2\le 1, x^2+y^2+(z-1)^2\le 1 \right\}.$

Calcolare il volume.

Svolgimento metodo 1.

L’esercizio può essere risolto applicando tre strategie differenti, che vengono di seguito illustrate. Rappresentiamo graficamente in figura 5 l’insieme dato.

$\quad$

Figura 5: intersezione di due sfere descritte dalle equazioni $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ e $x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ .

$\quad$

Procediamo integrando per fili

(6) $\begin{equation*} \begin{split} \tau & = \iiint_{\mathcal{D}} 1 \, dx \, dy \, dz =\\ & = \iint_{\Omega} \int_{1-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}} dz =\\ & = \iint_{\Omega}\left( \sqrt{1-x^2-y^2}-1+\sqrt{1-x^2-y^2} \right) dx \, dy =\\ & = \iint_{\Omega} \left(2 \sqrt{1-x^2-y^2}-1\right) dx \, dy, \end{split} \end{equation*}$

dove $\Omega$ è la proiezione del dominio $\mathcal{D}$ sul piano $xy$ .

Abbiamo dunque

$\begin{cases} x^2+y^2+z^2=1\\x^2+y^2+z^2-2z=0 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x^2+y^2=1-\dfrac{1}{4} \\[10pt] 1-2z=0 \end{cases}\quad \iff \quad \begin{cases} x^2+y^2=\dfrac{3}{4}\\[10pt] z=\dfrac{1}{2}, \end{cases}$

pertanto

$\iint_{x^2+y^2\le \frac{3}{4}} \left(2\sqrt{1-x^2-y^2}-1\right) \, dx \, dy = \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left(2\sqrt{1-\rho^2}-1\right) \rho \, d\rho = 2\pi \left(\frac{5}{24}\right) = \dfrac{5}{12}\pi.$

Svolgimento metodo 2.

Integriamo procedendo per strati

$\tau= \int_0^{\frac{1}{2}} 1 \, dz \iint_{x^2+y^2\le 1-(z-1)^2} 1 \, dx \, dy+\int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 \, dz \iint_{x^2+y^2\le 1 -z^2} 1 \, dx \, dy$

(7) $\begin{equation*} \begin{split} \int_0^{\frac{1}{2}} 1 \, dz \iint_{x^2+y^2\le 1-(z-1)^2} 1 \, dx \, dy = \int_0^{\frac{1}{2}} \pi (1-(z-1)^2) \, dz = \dfrac{5}{24}\pi \end{split} \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} \begin{split} \int_{\frac{1}{2}}^{1} 1 \, dz \iint_{x^2+y^2\le 1 -z^2} 1 \, dx \, dy = \int_{\frac{1}{2}}^1 \pi (1-z^2) \, dz = \dfrac{5}{24}\pi \end{split} \end{equation*}$

quindi

$\tau = \dfrac{5}{24}\pi +\dfrac{5}{24}\pi = \dfrac{5}{12}\pi.$

Svolgimento metodo 3.

Applichiamo le coordinate sferiche

$\begin{cases} x = \rho \, \cos \theta \, \sin \phi, \\ y = \rho \, \sin \theta \, \sin \phi, \\ z = \rho \cos \phi, \end{cases}$

dove

$\dfrac{1}{2 \cos \phi} \le \rho \le 1, \quad \phi \in \left[0, \dfrac{\pi}{3}\right], \quad \theta \in [0,2\pi],$

allora

$\tau = 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} d\phi \int_0^{2\pi} d\theta \int_{\frac{1}{2\cos \phi}}^{1} \rho^2 \, \sin \phi \, d\rho = \dfrac{4}{3}\pi \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left(1-\dfrac{1}{8 \cos^3 \phi}\right) \, \sin \phi \; d\phi = \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{5}{16}\right) = \dfrac{5}{12}\pi.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\tau = \dfrac{5}{12}\pi. }$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$\mathcal{D} = \left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : \sqrt{x^2+y^2}\le \text{min}(z,4-3z) \right\}.$

Calcolare il volume.

Svolgimento.

Si osserva che $z \le 4-3z \iff z \le 1$ , quindi

$\mbox{min}(z,4-3z) = \begin{cases} z, \qquad &\mbox{per } z \le 1\\ 4-3z, \qquad &\mbox{per } z > 1.\\ \end{cases}$

Nelle figure 6 e 7 sono rappresentate due differenti visualizzazioni del dominio dato, rispettivamente per $z \in [0,1]$ e $z\in [1,3/4]$ .

$\quad$

Figura 6: dominio cilindrico definito da $\sqrt{x^2 + y^2} \leq z$ .

$\quad$

Figura 7: dominio cilindrico definito da $\sqrt{x^2 + y^2} \leq 4 - 3z$ .

$\quad$

Applicando le coordinate cilindriche, si ottiene

(9) $\begin{equation*} \begin{split} \tau & = \int_0^1 dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^z \rho \,d\rho + \int_1^{\frac{4}{3}} dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{4-3z} \rho \,d\rho = \\ & = 2\pi \int_0^1 \dfrac{z^2}{2} \, dz + 2\pi \int_1^{\frac{4}{3}} \dfrac{(4-3z)^2}{2} \, dz=\\ & = \dfrac{4\pi}{9}. \end{split} \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\tau = \dfrac{4\pi}{9}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\mathcal{D} = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : (x-z)^2+y^2+z^2\le z-z^2\}$ . Calcolare il volume di $\mathcal{D}$ .

Svolgimento.

Effettuiamo una trasformazione di coordinate nel modo seguente:

$\begin{cases} x-z=x^\prime\\ y=y^\prime\\ z=z^\prime \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x=z+x^\prime\\ y=y^\prime\\ z=z^\prime, \end{cases}$

con $dx\,dy\,dz = \vert J \vert \, dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime = dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime$ in quanto

$\vert J \vert = \left\vert \text{det} \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial x^\prime} & \dfrac{\partial x}{\partial y^\prime} & \dfrac{\partial x}{\partial z^\prime}\\\\ \dfrac{\partial y}{\partial x^\prime} & \dfrac{\partial y}{\partial y^\prime} & \dfrac{\partial y}{\partial z^\prime}\\\\ \dfrac{\partial z}{\partial x^\prime} & \dfrac{\partial z}{\partial y^\prime} & \dfrac{\partial z}{\partial z^\prime} \end{pmatrix} \right\vert = \left\vert \text{det} \begin{pmatrix} 1&0&1\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \right\vert = 1.$

Abbiamo

(10) $\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{D}^\prime & = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime) \in \mathbb{R}^3 \vert \left({x^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 +\left({z^\prime}\right)^2 \le z^\prime - \left({z^\prime}\right)^2 \right\} = \\ & = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime) \in \mathbb{R}^3 \vert \left({x^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le z^\prime - 2\left({z^\prime}\right)^2 \right\}, \end{split} \end{equation*}$

e poichè

$z^\prime - 2({z^\prime})^2 \geq 0 \quad \iff \quad z' \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right],$

ne segue che

$\mathcal{D}^\prime = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime) \in \mathbb{R}^3 \vert \left({x^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le z^\prime - 2\left({z^\prime}\right)^2, z' \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right] \right\} .$

Quindi

(11) $\begin{equation*} \begin{split} &\iiint_{\mathcal{D}^\prime} dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime = \\ & =\int^{\frac{1}{2}}_{0} dz^\prime \iint_{\text{\tiny{$\left({x^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le z^\prime - 2\left({z^\prime}\right)^2$}}} dx^\prime \, dy^\prime = \\ & = \int_0^{\frac{1}{2}} \pi \left(z^\prime -2 \left(z^\prime\right)^2 \right) \; dz^\prime = \\ & = \dfrac{\pi}{24}. \end{split} \end{equation*}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \tau= \dfrac{\pi}{24}. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\mathcal{D} = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: (z-x)^2+(y-x)^2+2x^2\le x-x^2\}$ . Calcolare il volume di $\mathcal{D}$ .

Svolgimento.

Effettuiamo una trasformazione di coordinate nel modo seguente:

$\begin{cases} x=x^\prime\\ y-x=y^\prime\\ z-x=z^\prime \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x=x^\prime\\ y=y^\prime+x\\ z=z^\prime+x, \end{cases}$

con $dx\,dy\,dz = \vert J \vert \, dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime = dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime$ in quanto

Abbiamo

(12) $\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{D}^\prime = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime) \in \mathbb{R}^3 \vert \left({z^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le x^\prime - 3\left({x^\prime}\right)^2 \right\}, \end{split} \end{equation*}$

e poichè

$x^\prime - 3\left({x^\prime}\right)^2 \geq 0 \quad \iff \quad x' \in \left[0, \dfrac{1}{3}\right],$

ne segue che

$\mathcal{D}^\prime = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime) \in \mathbb{R}^3 \vert \left({z^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le x^\prime - 3\left({x^\prime}\right)^2, \; x' \in \left[0, \dfrac{1}{3}\right] \right\} .$

Allora

(13) $\begin{equation*} \begin{split} &\iiint_{\mathcal{D}^\prime} dx^\prime \, dy^\prime \, dz^\prime = \\ & = \int_0^{\frac{1}{3}} dx^\prime \iint_{\text{\tiny{$\left({z^\prime}\right)^2+\left({y^\prime}\right)^2 \le x^\prime - 3\left({x^\prime}\right)^2$}}} dy^\prime \, dz^\prime = \\ & = \int_0^{\frac{1}{3}} \pi \left(x^\prime -3 \left(x^\prime\right)^2 \right) \; dz^\prime = \\ & = \dfrac{\pi}{54}. \end{split} \end{equation*}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \tau = \dfrac{\pi}{54}. }$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}} 1 \, dx \,dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}$ è la regione limitata da $0 \leq z \leq 4-x^2-y^2$ ed il piano $xy$ .

$\quad$

Figura 8: rappresentazione grafica del dominio di $\mathcal{D}$ dell’esercizio 8.

$\quad$

Svolgimento.

Per prima cosa, osserviamo che il calcolo dell’integrale triplo della funzione integranda $1$ su $\mathcal{D}$ equivale a determinare il volume di $\mathcal{D}$ , indicato con $\tau$ .

Poichè $x^2+y^2=4-z \ge 0$ allora $z \le 4$ .

Integriamo per strati

(14) $\begin{equation*} \begin{split} &\int_{0}^{4}\iint_{x^2+y^2\le 4-z} dx \, dy \int_{0}^{4} \, dz =\\ & = \int_0^4 \pi(4-z)\, dz = \\ & = \pi \left(4z-\dfrac{z^2}{2}\right)\bigg\vert_0^4 = 8\pi. \end{split} \end{equation*}$

Allora concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \tau= 8\pi. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}} 1 \, dx \,dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}=\left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x^2+y^2 \le z \le 2x \right\}$ .

$\quad$

Figura 9: rappresentazione grafica del dominio di $\mathcal{D}$ dell’esercizio 9.

$\quad$

Svolgimento.

Osserviamo che il calcolo dell’integrale triplo della funzione integranda $1$ su $\mathcal{D}$ equivale a determinare il volume di $\mathcal{D}$ , indicato con $\tau$ .

Integriamo per fili

$\iint_{x^2+y^2\le 2x} dx \, dy \int_{x^2+y^2}^{2x} \, dz = - \iint_{x^2+y^2 - 2x \le 0} (x^2+y^2-2x) \, dx \, dy.$

Parametrizziamo il precedente integrale applicando le coordinate polari, cioè

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta + 1, \\ y = \rho \sin \theta, \end{cases}$

dove

$0 \le \rho \le 1, \quad \theta \in [0,2\pi].$

L’integrale così diventa

(15) $\begin{equation*} \begin{split} & - \iint_{x^2+y^2 - 2x \le 0} (x^2+y^2-2x) \, dx \, dy= \\ & \overset{(*)}{=} - \int_0^1 \rho \; d\rho \int_0^{2\pi} ((\rho \, \cos \theta + 1)^2 + \rho^2 \, \sin^2 \theta - 2 (\rho \cos \theta + 1)) \, d\theta = \\ & = - \int_0^1 \rho \; d\rho \int_0^{2\pi} (\rho^2 \, \cos^2 \theta + 1 + 2 \rho \cos \theta + \rho^2 \, \sin^2 \theta - 2 \rho \cos \theta -2) \, d\theta = \\ & = - 2 \pi \int_0^1 \rho(\rho^2-1) \, d\rho = \\ & = -2\pi \left( \dfrac{\rho^4}{4}-\dfrac{\rho^2}{2}\right) \bigg\vert_0^1 =\\ &= -2\pi \left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\right) =\\ &= \dfrac{\pi}{2}, \end{split} \end{equation*}$

dove in $(*)$ abbiamo applicato le coordinate polari.

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{ \tau=\dfrac{\pi}{2}. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale triplo

$\iiint_\mathcal{D} x\,\, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:x\geq0,\,0\leq y\leq z+1,x^2+y^2+z^2 \leq 1\right\}$

Svolgimento.

Rappresentiamo l’insieme $\mathcal{D}$ in figura 10:

$\quad$

Figura 10: Sezione di un dominio sferico con vincoli $x \geq 0$ , $0 \leq y \leq z + 1$ , $x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$ .

$\quad$

Riscriviamo l’integrale come segue

$\iiint_\mathcal{D} x\,dx\,dy\,dz=\iiint_A x\,dx\,dy\,dz+\iiint_B x\,dx\,dy\,dz,$

dove

(16) $\begin{equation*} \begin{split} &A=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:x\geq0,\,z\geq0,\,x^2+z^2\leq1,\,0\leq y\leq\sqrt{1-x^2-z^2}\right\}\\ &B=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:0\leq x \leq \sqrt{1-y^2-z^2},\ -1\leq z \leq 0 ,\,0 \leq y \leq z+1\right\}. \end{split} \end{equation*}$

L’insieme $A$ è rappresentato in figura 11.

$\quad$

Figura 11: vista del dominio tridimensionale con limite cilindrico.

$\quad$

Integrando per fili l’integrale diventa

(17) $\begin{equation*} \begin{split} \iiint_{{D}} x\,dx\,dy\,dz & =\iint_C \,dx\,dz\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-z^2}}x\,dy+\iint_{{D}}dy\,dz \int_{0}^{\sqrt{1-y^2-z^2}}x\,dx=\\ &=\iint_C x\sqrt{1-x^2-z^2}\,dx\,dz+\iint_{{D}}\dfrac{1}{2}\left(1-y^2-z^2\right)dy\,dz, \end{split} \end{equation*}$

dove

(18) $\begin{equation*} \begin{split} &C=\left\{(x,z)\in \mathbb{R}^2:x\geq0,\,z\geq0,\,x^2+z^2\leq1\right\}\\ &D=\left\{\{(y,z)\in \mathbb{R}^2:,\ -1\leq z \leq 0 ,\,0 \leq y \leq z+1\right\}. \end{split} \end{equation*}$

Etichettiamo

(19) $\begin{equation*} \begin{split} \iint_C x\sqrt{1-x^2-z^2}\,dx\,dz\\ \label{10.2}\iint_{{D}}\dfrac{1}{2}\left(1-y^2-z^2\right)dy\,dz, \end{split} \end{equation*}$

e parametrizziamo $C$ applicando le coordinate polari

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ z=\rho \sin \theta, \end{cases}$

con

$\rho \in [0,1],\,\theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right].$

L’integrale (19) diventa

$\iint_C x\sqrt{1-x^2-z^2}\,\,dx\,dz=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\rho^2 \,\cos \theta \,\sqrt{1-\rho ^2} \,d\rho.$

Applicando il teorema di Fubini, si ottiene

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\rho^2 \,\cos \theta \,\sqrt{1-\rho ^2}\,d\rho= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos \theta\, d\theta\int_{0}^{1}\rho^2 \,\sqrt{1-\rho ^2}\,d\rho=1\cdot\int_{0}^{1}\rho^2 \,\sqrt{1-\rho ^2}\,d\rho.$

Operando la sostituzione $\rho=\cos t$ , si trova

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^2\sqrt{1-(\cos t)^2}\sin t\,dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^2\left \vert \sin t \right \vert \sin t\,dt.$

Si osserva che

$\left \vert \sin t \right \vert=\sin t \quad \text{per}\,\,t\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],$

da cui

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^2(\sin t)^2dt=\dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin (2t)\right)^2dt,$

e ricordando che

$\sin^2 (2t) =\dfrac{1-\cos (4t)}{2}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\cos (4t)}{2}, \quad \forall \,t \in \mathbb{R},$

abbiamo

(20) $\begin{equation*} \begin{split} &\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^2(\sin t)^2dt =\\ & =\dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin (2t)\right)^2dt=\\ & = \dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{2}\,dt-\dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos 4t}{2}\,dt=\\ & = \dfrac{\pi}{16}-\dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos 4t}{2}\,dt. \end{split} \end{equation*}$

Si osserva che la funzione $f(t)=\cos (4t)$ ha un periodo $T=\frac{\pi}{2}$ , quindi

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos (4t) \,dt=0.$

Tornando all’integrale (19), concludiamo che

$\iint_C x\sqrt{1-x^2-z^2}\,dx\,dz=\dfrac{\pi}{16}.$

Alternativamente per risolvere $\iiint_A x\,dx\,dy\,dz$ si poteva procedere applicando le coordinate sferiche

$\begin{cases} x = \rho \sin \theta \cos \phi\\ y = \rho \sin \theta \sin \phi, \\ z = \rho \cos \theta, \end{cases}$

dove

$\rho \in [0,1], \theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right], \phi \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right].$

Abbiamo dunque

(21) $\begin{equation*} \begin{split} \iiint_{A} x \, dx \, dy \, dz &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_0^1 (\rho \sin \theta \cos \phi) \rho^2\sin \theta \, d\rho =\\ & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos \phi \, d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2\theta \, d\theta \int_0^1 \rho^3 \, d\rho =\\ & = \bigg[ \sin \phi \bigg]_0^{\frac{\pi}{2}} \cdot \dfrac{\pi}{4} \cdot \left[ \dfrac{\rho^4}{4}\right]_0^1 =\\ & = \dfrac{\pi}{4} \cdot \dfrac{1}{4} =\\ &= \dfrac{\pi}{16}. \end{split} \end{equation*}$

Consideriamo l’integrale (??) e svolgiamo i calcoli

(22) $\begin{equation*} \begin{split} &\iint_{D}\dfrac{1}{2}\left(1-y^2-z^2\right)dy\,dz=\\ & = \dfrac{1}{2}\int_{-1}^{0}dz\int_{0}^{z+1}\left(1-y^2-z^2\right)=\\ &=\dfrac{1}{2}\int_{-1}^{0}\left(z+1-\dfrac{(z+1)^3}{3}-z^2(z+1) \right)\,dz=\\ &=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}=\\ &=\dfrac{1}{6}. \end{split} \end{equation*}$

concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}}x\, dx\,dy\,dz=\dfrac{\pi}{16}+\dfrac{1}{6}. }$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale triplo

$\iiint_{\mathcal{D}} \sqrt{x^2+y^2} \, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}=\left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : (2-\sqrt{x^2+y^2})^2+z^2\le1 \right\}$ .

Svolgimento.

Per parametrizzare $\mathcal{D}$ usiamo le coordiante cilindriche

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta\\ y = \rho \sin \theta, \\ z = t, \end{cases}$

da cui

$(2-\rho)^2 + t^2 \leq 1 \quad \iff \quad (\rho-2)^2 + t^2 \leq 1.$

Rappresentiamo in figura 12 il dominio dato.

$\quad$

Figura 12: rappresentazione del solido con vincoli cilindrici descritti da $(2 - \rho)^2 + t^2 \leq 1$ .

$\quad$

Con il cambio di variabili otteniamo

$\mathcal{S} = \left\{ (t,\rho, \theta) \in \mathbb{R}^3 \; \vert \; (\rho-2)^2 + t^2 \leq 1, 0 \le \theta \le 2\pi\right\}.$

Integrando per strati si ha

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} \sqrt{x^2+y^2} \, dx \, dy \, dz & = \iiint_{\mathcal{S}} \rho^2 \, dt \, d\rho \, d\theta = \\ & = \int_0^{2\pi} d\theta \iint_{(\rho-2)^2 + t^2 \leq 1} \rho^2 d\rho \, dt. \end{aligned}$

Applichiamo le coordiante polari

$\begin{cases} \rho = \rho^\prime \cos \theta^\prime + 2, \\ t = \rho^\prime \sin \theta^\prime, \end{cases}$

dove

$\rho^\prime \in [0,1], \quad \theta^\prime \in [0,2\pi].$

Abbiamo dunque

$\begin{aligned} &\int_0^{2\pi} d\theta \iint_{(\rho-2)^2 + t^2 \leq 1} \rho^2 d\rho \, dt =\\ &=\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{2\pi} d\theta^\prime \int_0^1 (\rho^\prime \cos \theta^\prime + 2)^2 \, \rho^\prime \, d\rho^\prime = \\ & = 2\pi \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \left(\left(\rho^\prime\right)^3 \, \cos^2 \theta^\prime + 4 \rho^\prime + 2 \left(\rho^\prime\right)^2 \, \cos \theta^\prime \right)\, d\rho^\prime =\\ & = 2\pi \int_0^{2\pi} \left(\dfrac{1}{4} \cos^2 \theta^\prime + 2 + \dfrac{4}{3} \cos \theta^\prime \right) d\theta =\\ & = 2\pi \left(\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2\pi + 2 \cdot 2\pi \right) = \\ &=\dfrac{17}{2}\pi^2. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_{\mathcal{D}} \sqrt{x^2 + y^2} \, dx \, dy \, dz = \dfrac{17}{2}\pi^2. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del solido dato dall’intersezione del cono ottenuto ruotando il triangolo di vertici $(0,0,0)$ , $(2,0,0)$ e $(0,0,2)$ attorno all’asse $z$ , e del cilindro di asse $\{(1,0,t) \, \vert \, t \in \mathbb{R}\}$ e di raggio 1.

Svolgimento.

Rappresentiamo il solito in figura 13.

$\quad$

Figura 13: intersezione tra cono e cilindro in rotazione attorno all’asse $z$ .

$\quad$

Consideriamo il triangolo in figura mentre ruota di $360^\circ$ in figura 14.

$\quad$

Figura 14: rappresentazione della rotazione del cono attorno all’asse $z$ .

$\quad$

Osserviamo che $\tan \theta = 1$ , quindi ponendo $z^\prime = 2-z$ , abbiamo

$\tan \theta = 1 = \dfrac{z^\prime}{\rho} = \dfrac{2-z}{\rho}.$

Da cui

$\rho=2-z.$

Quindi possiamo scrivere l’equazione che descrive il sostegno della rotazione del triangolo attorno all’asse $z$

$x^2+y^2=(2-z)^2.$

Calcoliamo il volume richiesto integrando per fili

$\iint_{(x-1)^2+y^2 \le 1} dx \, dy \int_0^{2-\sqrt{x^2+y^2}} dz= \iint_{(x-1)^2+y^2\le 1}\left(2-\sqrt{x^2+y^2} \right) dx \, dy.$

Applichiamo le coordinate polari

$\begin{cases} x = \rho \, \cos \theta\\ \hspace{3cm} \rho \in [0,2 \cos \theta], \theta \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]\\ y = \rho \, \sin \theta. \end{cases}$

L’integrale cosi diventa

$\begin{aligned} & \iint_{(x-1)^2+y^2 \le 1} \left(2-\sqrt{x^2+y^2} \right) \, dx \, dy =\\ & = -\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_0^{2 \cos \theta} \left(\rho^2-2\rho\right) \, d\rho =\\ & = -\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\dfrac{8}{3} \cos^3 \theta - 4 \cos^2 \theta \right) \, d\theta = \\ & =- \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\dfrac{8}{3} \left(\cos \theta-\cos \theta \left(\sin \theta \right)^2 \right) - 4 \left(\dfrac{1+\cos \left(2\theta\right)}{2} \right) \right) \, d\theta = \\ & = -\left(-2\pi + \dfrac{32}{9}\right)=2\pi-\dfrac{32}{9}. \end{aligned}$

Quindi concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\iint_{(x-1)^2+y^2\le 1}\left(2-\sqrt{x^2+y^2} \right) dx \, dy=2\pi-\dfrac{32}{9}. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale triplo:

$\iiint_{\mathcal{D}} (3x+4y+5z^2)\,dx\,dy\,dz,$

dove $\mathcal{D}$ è tronco di cono ottenuto ruotando intorno all’asse $z$ il trapezio di vertici $(0,0,0)$ , $(2,0,0)$ , $(1,0,2)$ e $(0,0,2)$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo il solido dato in figura 15.

$\quad$

Figura 15: tronco di cono generato dalla rotazione del trapezio con vertici definiti.

$\quad$

Posto $f(x,y)=3x+4y$ si osserva che $f$ è dispari rispetto ad $x\,\, \text{e}\,\, y$ e il dominio $\mathcal{D}$ è simmetrico rispetto al piano $yz\,\, \text{e}\,\,xz$ , quindi

$\iiint_{\mathcal{D}} (3x+4y) \, dx \, dy \, dz = 0.$

Non ci resta che calcolare

(23) $\begin{equation*} \iiint_{\mathcal{D}}5z^2\,dx\,dy\,dz. \end{equation*}$

Consideriamo la sezione trapezioidale in figura 16.

$\quad$

Figura 16: sezione del tronco di cono con variazione del raggio in funzione dell’altezza.

$\quad$

Dalla geometria della figura 16, si osserva che

$\tan \theta = 2 = \dfrac{2-z}{\rho(z)}\iff \rho(z) = \dfrac{1}{2}\left(2-z\right).$

Definiamo

$\tilde{\rho}(z) = 1 + \rho(z) = 1 + 1 - \dfrac{z}{2} = 2 - \dfrac{z}{2}, \qquad \mbox{ con } z \in [0,2].$

Calcoliamo (23) integrando per strati

$\int_0^2 dz \iint_{\tiny{x^2+y^2\le \tilde{\rho}(z)}} 5z^2 \, dx \, dy = \int_0^2 5z^2 \pi \left(2-\dfrac{z}{2}\right)^2 \, dz = \dfrac{64}{3}\pi.$

Si conclude che

$\iiint_{\mathcal{D}} (3x+4y+5z^2)\,dx\,dy\,dz = \dfrac{64}{3}\pi.$

In alternativa, qualora la simmetria inizialmente evidenziata non risultasse immediatamente intuitiva, si potrebbe procedere parametrizzando $\mathcal{D}$ utilizzando le coordinate cilindriche, cioè

$\begin{cases} x = \rho \, \cos \theta\\ y = \rho \, \sin \theta\\ z = t, \end{cases}$

il dominio di integrazione diventa

$\mathcal{D} = \left[0,\dfrac{4-t}{2}\right] \times [0,2\pi] \times [0,2],$

inoltre

$\left \vert J\right \vert = \rho.$

L’integrale così diventa

$\begin{aligned} \iiint_{\mathcal{D}} (3x+4y+5z^2) \, dx \, dy \, dz & = \int_0^2 dt \, \int_0^{\frac{4-t}{2}} \rho\, d\rho \int_0^{2\pi} (3 \rho \, \cos \theta + 4 \rho \sin \theta + 5t^2) \, d\theta=\\ & = 2\pi \int_0^2 dt \int_0^{\frac{4-t}{2}} 5t^2 \, \rho \, d\rho =\\ & = \dfrac{\pi}{4} \int_0^2 5t^2 (4-t)^2 \, dt = \\ &=\dfrac{64}{3}\pi. \end{aligned}$

Nel primo passaggio, dopo il cambio di variabile, si è integrato in $d\theta$ sfruttando il fatto che l’integrale della funzione seno o coseno sull’intervallo $[0, 2\pi]$ è nullo.

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} (3x+4y+5z^2) \, dx \, dy \, dz =\dfrac{64}{3}\pi. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del solido

$\mathcal{D} = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : (x-z)^2+4y^2 \le (1-z)^2, 0 \le z \le 1 \right\}.$

Svolgimento.

Operiamo il seguente cambio di coordinate

$\begin{cases} x^\prime=x-z\\y^\prime = 2y\\ z^\prime=z \end{cases} \iff\quad \begin{cases} x=x^\prime+z^\prime\\y=\frac{y^\prime}{2}\\z=z^\prime, \end{cases}$

per cui

$\mathcal{D}^\prime = \left\{ (x^\prime,y^\prime,z^\prime)\in \mathbb{R}^3 : \left(x^\prime\right)^2 + \left(y^\prime\right)^2 \leq (1-z^\prime)^2,\,0\leq z^\prime \leq 1\right\}.$

Calcoliamo lo jacobiano della trasformazione

$\vert J \vert = \begin{vmatrix} 1&0&1\\0&\frac{1}{2}&0\\0&0&1 \end{vmatrix} = \dfrac{1}{2} .$

Il volume cercato diventa

$\begin{aligned} \iiint_{\mathcal{D}} dx \, dy \, dz & = \iiint_{\mathcal{D}^\prime} \dfrac{1}{2} \, dx^\prime \; dy^\prime \; dz^\prime =\\ & = \int_0^1 dz^\prime \iint_{\tiny{\left(x^\prime\right)^2 + \left(y^\prime\right)^2 \leq (1-z^\prime)^2}} dx^\prime \; dy^\prime = \\ & = \dfrac{1}{2} \pi \int_0^1 (1-2z^\prime+(z^\prime)^2) \; dz^\prime = \\ & = \dfrac{\pi}{2} \left(z^\prime-(z^\prime)^2+\dfrac{(z^\prime)^3}{3}\right) \bigg\vert_0^1 = \\ & = \dfrac{\pi}{6}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} dx \, dy \, dz = \dfrac{\pi}{6}. }$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del solido ottenuto dalla rotazione di un angolo $\pi$ attorno all’asse $x$ dell’insieme $1\le (x-2)^2+4y^2\le 4, y \ge 0$ .

Richiami teorici.

Il teorema di Pappo-Guldino afferma che il volume di un solido $\mathcal{D}$ , generato dalla rotazione completa di una lamina piana omogenea $E$ (dominio misurabile) attorno a un asse coordinato (ad esempio l’asse $z$ ), è pari al prodotto della lunghezza della circonferenza descritta dal baricentro della lamina $E$ per l’area di $E$ . Più precisamente:

$\text{mis}(\mathcal{D}) = \text{volume}(\mathcal{D}) = 2\pi G_x \iint_E dx \, dy,$

dove $G_x$ rappresenta la prima componente del baricentro della lamina $E$ .

Il baricentro $G_x$ è calcolato come:

$G_x = \dfrac{\iint_E x \, dx \, dy}{\iint_E dx \, dy}.$

Pertanto, il volume del solido può essere espresso come:

$\text{mis}(\mathcal{D}) = \text{volume}(\mathcal{D}) = 2\pi \iint_E x\, dx \, dy.$

Nel caso in cui la lamina $E$ giaccia nel piano $yz$ (con $y \geq 0$ ), si utilizza invece la seconda componente del baricentro, definita come:

$G_y = \dfrac{\iint_E y \, dx \, dy}{\iint_E dx \, dy}.$

Di conseguenza, il volume del solido diventa:

$\text{mis}(\mathcal{D}) = \text{volume}(\mathcal{D}) = 2\pi \iint_E y \, dx \, dy.$

Svolgimento.

Rappresentiamo il solido in figura 17.

$\quad$

Figura 17: sezione di piano che genera il solido descritto.

$\quad$

Parametrizziamo il dominio in verde nel grafico, ovvero il dominio compreso tra le due ellissi per $y\geq0$

$\begin{cases} x=2\rho \cos \theta + 2\\ y= \rho \sin \theta, \qquad \qquad \rho \in \left(\dfrac{1}{2},1\right), \theta \in (0,\pi) \end{cases}$

e quindi applichiamo il teorema di Pappo-Guldino

$\begin{aligned} \tau & = \pi \int_0^\pi d\theta \int_{\frac{1}{2}}^1 \rho \, \sin \theta \; (2\rho) \; d\rho =\\ & = 2\pi (-\cos \theta)\bigg\vert_0^\pi \; \left( \dfrac{1}{3} \rho^3 \right)\bigg\vert_{\frac{1}{2}}^1 = \\ & = \dfrac{2}{3}\pi \; 2 \; \left(1-\dfrac{1}{8}\right) =\\ & = \dfrac{7}{6}\pi. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\tau = \dfrac{7}{6}\pi. }$

Esercizio 16 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_\mathcal{D} dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D} = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}\le 1 \right\}$ .

Svolgimento.

Graficamente disegniamo l’elissoide in figura 18.

$\quad$

Figura 18: elissoide rappresentato nel piano tridimensionale.

$\quad$

Possiamo riscrivere

$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \leq 1,$

come

$\dfrac{x^2}{a^2\left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right)} + \dfrac{y^2}{b^2\left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right)} = 1.$

scriviamo una possibile parametrizzazione di $\mathcal{D}$ :

$\begin{cases} x = a \sqrt{1 - \dfrac{z^2}{c^2}} \rho \cos \theta, \\[10pt] y = b \sqrt{1 - \dfrac{z^2}{c^2}} \rho \sin \theta, \\[10pt] z = t, \end{cases}$

dove

$\rho \in [0,1], \quad \theta \in [0,2\pi], \quad t \in [-c,c]$

in particolare

$dx\,dy\,dz= ab \left(1-\frac{z^2}{c^2}\right)\rho \;d\rho\, d\theta\, dt.$

L’integrale così diventa

$\begin{aligned} \int_{-c}^c dt \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 ab \left(1-\frac{z^2}{c^2}\right) \; \rho \; d\rho & = ab \, \dfrac{2\pi}{2} \int_{-c}^c \left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right) \, dt =\\ & = \pi a b \left(1- \dfrac{z^3}{3c^2}\right) \bigg\vert_{-c}^c = \\ & = \pi a b \left(2c - \dfrac{2}{3}c\right) = \\ & = \dfrac{4}{3} \pi a b c. \end{aligned}$

Alternativamente si poteva procedere come segue.

Parametrizziamo $\mathcal{D}$ applicando le coordinate cilindriche

$\begin{cases} x = \rho\, a \, \cos \theta\\ y = \rho\, b \, \sin \theta,\\ z = t, \end{cases}$

dove

$\rho \in [0,1], \theta \in [0,2\pi), t \in \left[0, c \sqrt{1-\rho^2}\right],$

in particolare

$dx\,dy\,dz= ab \rho \;d\rho \,d\theta \,dt.$

L’integrale così diventa

$\begin{aligned} \tau & = 2 \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 d\rho \int_0^{c\sqrt{1-\rho^2}} \rho \, a \, b \, dt =\\ & = 2 \cdot 2\pi \int_0^1 abc \rho \sqrt{1-\rho^2} \, d\rho =\\ & = 4\pi a b c \left(-\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{(1-\rho^2)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \bigg\vert_0^1 =\\ & = 4\pi a b c \left(-\dfrac{1}{2}\right) \left(\dfrac{2}{3}\right) (-1) = \\ & = \dfrac{4}{3} \pi a b c. \end{aligned}$

Nel secondo passaggio, abbiamo moltiplicato l’integrale triplo per due poiché il dominio è simmetrico rispetto al piano $xy$ . Inoltre, la funzione integranda, essendo costante e pari rispetto a qualsiasi asse, permette questa semplificazione.

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\tau = \dfrac{4}{3} \pi a b c. }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale triplo

(24) $\begin{equation*} \iiint_\mathcal{D} (2z-x-y^3) \, dx \, dy \, dz, \end{equation*}$

dove $\mathcal{D} = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : 0 \le z \le 2 + x, 6x-8 \le x^2+y^2 \le 4x \right\}$ .

Svolgimento.

Riscriviamo

$\iiint_\mathcal{D} (2z - x - y^3) \, dx \, dy \, dz,$

come segue:

$\underbrace{\iiint_\mathcal{D} (2z - x ) \, dx \, dy \, dz}_{I_1} + \underbrace{\iiint_\mathcal{D} (- y^3) \, dx \, dy \, dz}_{I_2}.$

Riconosciamo che

$x^2 + y^2 - 6x + 8 = 0$

è l’equazione cartesiana di un cilindro a base circolare con asse di simmetria perpendicolare al piano $xy$ e passante per il punto $(3,0,0)$ . In particolare, la circonferenza che giace sul piano $xy$ è centrata in $(3,0,0)$ e ha raggio $1$ .

L’equazione

$x^2 + y^2 - 4x = 0$

è anch’essa l’equazione cartesiana di un cilindro a base circolare con asse di simmetria perpendicolare al piano $xy$ e passante per il punto $(2,0,0)$ . In particolare, la circonferenza che giace sul piano $xy$ è centrata in $(2,0,0)$ e ha raggio $2$ .

Inoltre,

$z = 2 + x$

è l’equazione di un piano, come rappresentato in figura 19.

$\quad$

Figura 19: cilindro a base circolare con intersezione di un piano.

$\quad$

Posto $f(x,y,z)=-y^3$ si osserva che $f$ è dispari rispetto alla variabile $y$ e il dominio $\mathcal{D}$ è simmetrico rispetto al piano $xz$ , questo ci fa concludere che

$I_2= 0.$

Per calcolare $I_1$ integriamo procedendo per fili

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D}\left(2z-x\right) \, dx \, dy \, dz & = \iint_{\tiny{6x-8 \le x^2+y^2 \le 4x}} dx \, dy \int_0^{2+x} (2z-x) \, dz = \\ & = \iint_{\tiny{6x-8 \le x^2+y^2 \le 4x}} \left((x+2)^2-x(x+2)\right)\, dx \, dy =\\ & = \iint_{\tiny{6x-8 \le x^2+y^2 \le 4x}} (4+2x) \, dx \, dy. \end{aligned}$

Utilizziamo le coordinate polari per la circonferenza con base centrata in $(2,0,0)$ e raggio $2$ :

$\begin{cases} x = 2 + \rho \, \cos \theta, \\ y = \rho \, \sin \theta, \end{cases}$

dove

$\rho \in [0,2], \quad \theta \in [0,2\pi].$

Per la circonferenza con base centrata in $(3,0,0)$ e raggio $1$ , procediamo in modo analogo, parametrizzandola utilizzando le coordinate polari:

$\begin{cases} x = 3 + \rho \, \cos \theta, \\ y = \rho \, \sin \theta, \end{cases}$

dove

$\rho \in [0,1], \quad \theta \in [0,2\pi].$

Inoltre, ricordando che

$dx \, dy = \rho \, d\rho \, d\theta,$

e utilizzando quanto detto, si ha

$\begin{aligned} \iint_{\tiny{6x-8 \le x^2+y^2 \le 4x}} (4+2x) \, dx \, dy & = \int_0^2 \rho \, d\rho \int_0^{2\pi}\left(4+2(2+2\rho \cos \theta)\right) d\theta - \int_0^1 \rho \, d\rho \int_0^{2\pi} (4+2(3+\rho \cos\theta)) \, d\theta = \\ & = \int_0^2 16\pi \rho \, d\rho - \int_0^1 20\pi \rho \, d\rho =\\ & = 16\pi \dfrac{\rho^2}{2} \bigg\vert_0^2 - 20\pi \dfrac{\rho^2}{2} \bigg\vert_0^1 =\\ & = 32\pi - 10\pi = \\ &=22\pi. \end{aligned}$

In conclusione

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} (2z - x - y^3) \, dx \, dy \, dz= 22\pi. }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale triplo

$\iiint_\mathcal{D} e^z \, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}$ è la piramide di vertici $(0,0,0), (0,2,0), (2,0,0), (2,2,0)$ e $(1,1,2)$ .

Svolgimento.

Graficamente rappresentiamo il solido $D$ ovvero una piramide a base quadrata rappresentato in figura 20:

$\quad$

Figura 20: piramide a base quadrata con vertici specifici per il calcolo dell’integrale triplo.

$\quad$

Applichiamo il seguente cambio di coordinate

$\begin{cases} u=x-1\\ v=y-1\\ w=z, \end{cases}$

ottenendo così $D^\prime$ ovvero una piramide di base quadrata centrata nell’origine come in figura 21.

$\quad$

Figura 21: trasformazione della piramide centrata sull’origine.

$\quad$

Consideriamo una sezione orizzontale della piramide e un punto $(0,0,\omega)$ , con $\omega \geq 0$ .

Dal punto di vista geometrico, una sezione orizzontale della piramide è rappresentata da un quadrato di lato $\ell(\omega)$ , avente semidiagonale $\rho(\omega)$ . In particolare, la base quadrata della piramide, giacente sul piano $uv$ , è caratterizzata da una semidiagonale di lunghezza $\rho(0) = \sqrt{2}$ e un lato $\ell(0) = 2$ .

Introduciamo quindi l’angolo $\theta$ , definito come l’angolo formato tra il segmento di lunghezza $\rho(0)$ e il segmento che collega i punti $(1,1,0)$ e $(0,0,2)$ , come illustrato in figura 22.

$\quad$

Figura 22: sezione orizzontale della piramide con calcolo dell’angolo.

$\quad$

Dalla geometria del problema abbiamo che

$\tan \theta = \dfrac{2}{\sqrt{2}} =\dfrac{2-w}{\rho(w)},$

da cui

$\rho(w) = \dfrac{\sqrt{2}(2-w)}{2},\qquad \mbox{con } w \in [0,2].$

Essendo $\rho(w)$ la semidiagonale della base quadrata, allora il lato del quadrato è

$\ell(\omega ) = \dfrac{2}{\sqrt{2}} \rho(w) = 2-w.$

Dunque è possibile parametrizzare $D^\prime$ come segue

$D^\prime =\left\{ \left( u,v,\omega \right) \in \mathbb{R}^3 \, : \, -\dfrac{\ell(\omega)}{2} \leq u \leq \dfrac{\ell(\omega)}{2}, \, -\dfrac{\ell(\omega)}{2} \leq v \leq \dfrac{\ell(\omega)}{2} , \, 0 \leq \omega \leq 2\right\},$

ed inoltre

$dx\,dy\,dz=du\,dv\,d\omega,$

cioè $\left\vert J \right\vert = 1$ .\newline Tornando all’integrale abbiamo

$\iiint_{\mathcal{D}} e^z \, dx \, dy \, dz = \iiint_{D^\prime} e^w \, du \, dv \, dw.$

Integrando per strati si ha che

$\begin{aligned} \iiint_{D'} e^w \, du \, dv \, dw & = \int_0^2 e^w \left(\iint_{\Omega(w)} du \, dv \right) \, dw =\\ & = \int_0^2 (2-w)^2 \, e^w \; dw = \\ & \overset{*}{=} e^w (2-w)^2\bigg\vert_0^2 + 2 \int_0^2 (2-w) \, e^w \, dw = \\ & \overset{*}{=} e^w \left((2-w)^2+2(2-w)+2\right)\bigg\vert_0^2 = \\ & = 2(e^2-5), \end{aligned}$

dove nei passaggi segnati con $*$ abbiamo utilizzato l’integrazione per parti. Ricordiamo che il solido $D$ è una piramide a base quadrata come rappresentata nella seguente figura 23.

$\quad$

Figura 23: rappresentazione piaramide a base quadrata.

$\quad$

Consideriamo il triangolo rettangolo (evidenziato in rosso nella figura 24), il cui cateto verticale coincide con l’altezza della piramide, pari a $2$ , e il cateto orizzontale misura $1$ .

Si osservi che il cateto orizzontale rappresenta il raggio della circonferenza inscritta nella base quadrata della piramide.

$\quad$

Figura 24: Sezione orizzontale della piramide con base quadrata, mostrata in corrispondenza di una quota $z$ , che evidenzia il lato della sezione e le relative proporzioni.

$\quad$

Consideriamo una sezione orizzontale della piramide a una quota $z$ e analizziamo il triangolo la cui altezza è pari a $2-z$ e il cui lato, indicato con $l(z)$ , rappresenta il raggio della circonferenza inscritta nella base quadrata della piramide a tale quota. Tale triangolo ha altezza $2-z$ e lato $l(z)$ , come illustrato nella figura 25.

Nota: in questo caso, $l(z)$ denota metà del lato della base quadrata della sezione orizzontale della piramide a una quota generica $z$ , diversamente dal procedimento iniziale in cui il lato completo era indicato con $l(z)$ .

$\quad$

Figura 25: visualizzazione del triangolo rettangolo associato alla piramide, che mostra la relazione tra l’altezza e la lunghezza del lato della base quadrata in funzione dell’altezza $z$ .

$\quad$

Consideriamo ora i due triangoli rettangoli in figura 26.

$\quad$

Figura 26: triangoli rettangoli con indicazione delle proporzioni geometriche tra il lato della base e l’altezza della piramide, utilizzati per parametrizzare il solido e calcolare il volume.

$\quad$

Osserviamo che i due triangoli rispettano le condizioni affinchè sia verificato il primo criterio di similitudine tra triangoli, quindi possiamo impostare la seguente proporzione:

$2:\left(2-z \right)=1:l \left( z \right) \iff l \left(z \right)=\dfrac{2-z}{2},$

possiamo parametrizzare $\mathcal{D}$ come segue

$\mathcal{D} =\left\{ \left( x,y,z \right) \in \mathbb{R}^3 \, : \, 0 \leq x \leq 2l(z), \, 0 \leq y \leq 2l(z) , \, 0 \leq z \leq 2\right\}.$

Siccome la funzione integranda $f(x,y,z)=e^z$ non dipende dalle variabili $x\,\, \text{e}\,\, y$ possiamo riscrivere l’integrale come segue

$\iiint_\mathcal{D} e^z \, dx \, dy \, dz=\int_{0}^{2}e^z \left \vert\omega(z) \right \vert dz,$

dove

$\omega(z)= \{(x,y)\in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq 2l(z), \, 0 \leq y \leq 2l(z)\},$

da cui

$\begin{aligned} &\iiint_\mathcal{D} e^z \, dx \, dy \, dz=\\ &=\int_{0}^{2}e^z \left \vert\omega(z) \right \vert dz=\\ &=\int_{0}^{2}e^z\cdot \left( 2l(z) \right)^2dz=\\ &=\int_{0}^{2}e^z\cdot \left( 2\cdot \dfrac{2-z}{2} \right)^2\,dz=\\ &=\int_{0}^{2}e^z\left( 2-z \right)^2\,dz=\\ &=2(e^2-5). \end{aligned}$

Dunque, possiamo concludere che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \iiint_\mathcal{D} e^z \, dx \, dy \, dz=2(e^2-5). }$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

(25) $\begin{equation*} \iiint_\mathcal{D} y \, dx \, dy \, dz, \end{equation*}$

dove $\mathcal{D} = \left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x^2+4x+y^2\le 0, x + 4 \ge \sqrt{3}y, \vert z \vert \le 1 \right\}$ .

Svolgimento.

Manipolando la prima equazione che definisce $\mathcal{D}$ , si ha

$x^2+4x+y^2 = 0 \quad \iff \quad (x+2)^2 + y^2 = 4,$

rappresenta un cilindro centrato in $(2,0,0)$ e raggio $2$ e altezza $2$ poichè $\left \vert z \right \vert \leq 1$ .

Analogamente, manipolando la seconda equazione che descrive $\mathcal{D}$ , si ha

$x+4 = \sqrt{3}y \quad \iff \quad y = \dfrac{x+4}{\sqrt{3}}$

rappresenta un piano.

Il solido $\mathcal{D}$ è dunque definito come l’intersezione tra il cilindro e il piano, rappresentato in figura 27.

$\quad$

Figura 27: rappresentazione di un solido cilindrico e del piano che rappresenta il solido dato.

$\quad$

Per risolvere (26) procediamo integrando per fili

(26) $\begin{equation*} \iiint_\mathcal{D} y \, dx \, dy \, dz = \iint_{D^\prime} y\, dx \, dy \int_{-1}^1 dz, \end{equation*}$

dove $D^\prime = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; \vert \; (x+2)^2+y^2\le 4, \; x+ 4 \ge \sqrt{3}y \right\}$ .

Consideriamo la sezione del solido, come in figura 28.

$\quad$

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Figura 28: Vista laterale del solido con il piano $x + 4 = \sqrt{3} \, y$ , evidenziando la zona di intersezione tra il cilindro e il piano.

$\quad$

L’integrale (26) diventa

$\iint_{D^\prime} y\, dx \, dy \int_{-1}^1 dz=2 \iint_{D^\prime} y \, dx \, dy .$

Mettendo a sistema la retta di equazione $y=(x+4)/\sqrt{3}$ e la circonferenza di equazione $x^2+y^2+4x=0$ si ottengono i punti $(-4,0)$ e $(-1,\sqrt{3})$ . Pertanto è possibile riscrivere l’integrale come segue

$\begin{aligned} &2 \iint_{D^\prime} y \, dx \, dy=\\ &=2\int_{-4}^{-1}dx\int_{-\sqrt{-x^2-4x}}^{\frac{x+4}{\sqrt{3}}}y\,dy+\underbrace{\int_{-1}^{0}dx\int_{-\sqrt{-x^2-4x}}^{\sqrt{-x^2-4x}}y\,dy}_{=0}=\\ &=2\int_{-4}^{-1}dx\int_{-\sqrt{-x^2-4x}}^{\frac{x+4}{\sqrt{3}}}y\,dy, \end{aligned}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che la funzione integranda è dispari rispetto alla variabile $y$ e il dominio è simmetrico rispetto all’asse delle $x$ . Abbiamo dunque

$\begin{aligned} &2\int_{-4}^{-1}dx\int_{-\sqrt{-x^2-4x}}^{\frac{x+4}{\sqrt{3}}}y\,dy= \\ &=\int_{-4}^{-1}\left(\left(\dfrac{x+4}{\sqrt{3}}\right)^2-\left(-x^2-4x\right)\right)dx=\\ &=\int_{-4}^{-1}\left(\dfrac{x^2+16+8x}{3}+x^2+4x\right)dx=\\ &=\dfrac{1}{3}\int_{-4}^{-1}\left(4x^2+20x+16\right)dx=\\ &=\dfrac{4}{3}\left(\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{5}{2}x^2+4x\right)\bigg\vert^{-1}_{-4}=\\ &=\dfrac{4}{3}\left(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{5}{2}-4-\dfrac{(-4)^3}{3}-\dfrac{5}{2}(16)-(-16)\right)=\\ &=- 6. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} y \, dx \, dy \, dz=- 6. }$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_\mathcal{D}\dfrac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x^2+y^2+z^2\leq 4, z\geq \sqrt{3}\right\}$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo graficamente il dominio $\mathcal{D}$ in figura 29.

$\quad$

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Figura 29: calotta sferica che rappresenta il dominio $\mathcal{D}$ dato (in rosso).

$\quad$

Parametrizziamo $\mathcal{D}$ applicando le coordinate sferiche

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta \sin \phi\\ y=\rho \sin \theta \sin \phi \\ z=\rho \cos \phi. \end{cases}$

Vogliamo trovare in quali intervalli variano le variabili $\rho, \theta$ e $\phi$ . In figura 30 rappresentiamo un punto del dominio $\mathcal{D}$ in coordinate sferiche.

$\quad$

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Figura 30: Rappresentazione di un punto nel dominio $\mathcal{D}$ in coordinate sferiche, evidenziando gli angoli $\theta$ e $\phi$ .

$\quad$

In figura 31 è rappresentato l’angolo massimo assunto da $\phi$ .

$\quad$

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Figura 31: visualizzazione dell’angolo massimo $\phi_{\text{max}}$ raggiunto nel dominio $D$ , utilizzato per definire i limiti di integrazione.

$\quad$

In figura 32 rappresentiamo il triangolo rettangolo per determinare l’angolo massimo della variabile $\phi$ .

$\quad$

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Figura 32: triangolo rettangolo usato per calcolare l’angolo massimo della variabile $\phi$ , mostrando la relazione geometrica tra i lati e gli angoli.

$\quad$

Applicando i noti teoremi sui triangoli rettangoli, otteniamo

$\sqrt{3}=2\cos \phi_{max} \quad\iff \quad\cos \phi_{max}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\, \iff\,\, \phi_{max}=\dfrac{\pi}{6},$

quindi

$\phi \in \left[0,\dfrac{\pi}{6}\right].$

Per calcolare in quali intervalli variano $\rho$ e $\theta$ , è utile risolvere il seguente sistema

(27) $\begin{equation*} \begin{cases} \rho^2\leq 4\\ \rho \cos \phi \geq \sqrt{3} \end{cases} \qquad \iff \qquad \begin{cases} \rho^2\leq 4\\ \rho \geq\dfrac{\sqrt{3}}{\cos \phi}, \end{cases} \end{equation*}$

dove abbiamo potuto dividere per $\cos \phi$ nella seconda disequazione del sistema (27) essendo $\cos \phi>0$ per $\phi \in \left[0,\dfrac{\pi}{6}\right]$ , pertanto da (27) otteniamo

$\rho \in \left[\dfrac{\sqrt{3}}{\cos \phi },2 \right] \qquad \mbox{ e } \qquad \theta \in \left[0,2\pi\right],$

per cui possiamo concludere che la parametrizzazione di $\mathcal{D}$ in coordinate sferiche è data da

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta \sin \phi\\ y=\rho \sin \theta \sin \phi \quad \quad \text{con}\,\, \theta \in [0,2\pi],\, \rho \in \left[\dfrac{\sqrt{3} }{\cos \phi},2\right] ,\, \phi \in \left[0,\dfrac{\pi}{6}\right].\\ z=\rho \cos \phi. \end{cases}$

Ricordando che

$dx\,dy\,dz=\rho^2 \sin \phi \,d\rho\, d\theta\, d\phi ,$

abbiamo

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} \frac{z}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} \, dx \, dy \, dz&=\int_{0}^{2\pi}d \theta\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}d\phi \int_{\frac{\sqrt{3}}{\cos \phi }}^{2}\frac{\rho \cos \phi}{\rho}\,\rho^2\sin \phi \,d\rho=\\ &=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}d\phi \int_{\frac{\sqrt{3}}{\cos \phi }}^{2}\frac{\rho \cos \phi}{\rho}\,\rho^2\sin \phi \,d\rho=\\ &=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sin \phi \cos \phi \, d\phi \int_{\frac{\sqrt{3}}{\cos \phi }}^{2}\rho^2 \, d\rho =\\ &=\dfrac{2}{3}\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\cos \phi \sin \phi \left(8-\dfrac{3\sqrt{3}}{\cos^3 \phi } \right) \, d\phi =\\ &=\dfrac{2\pi}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\left( 8 \cos \phi \sin \phi -3\sqrt{3}\dfrac{\sin \phi}{\cos^2 \phi }\right)\, d \phi =\\ &=\dfrac{2\pi}{3}\left(4 \sin^2 \phi -3\sqrt{3}\dfrac{1}{\cos\phi} \right)\bigg \vert_0^{\frac{\pi}{6}}=\\ &=\dfrac{2}{3}\pi \left(3\sqrt{3}-5 \right). \end{aligned}$

Pertanto concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_\mathcal{D} \frac{z}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} \, dx \, dy \, dz=\dfrac{2}{3}\pi \left(3\sqrt{3}-5 \right). }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}}yz\sqrt{x}\\, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: \,x\geq 0 , \, y \geq 0 ,\, 0 \leq z \leq 4-x^2-y^2\right\}$ .

Svolgimento.

Vengono proposti due metodi di risoluzione dell’esercizio.

Svolgimento primo metodo.

In figura 33 rappresentiamo l’insieme $\mathcal{D}$ .

$\quad$

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Figura 33: illustrazione di un dominio tridimensionale, con limiti definiti dalla superficie $z = 4 - x^2 - y^2$ , utilizzato per il calcolo dell’integrale triplo.

$\quad$

Procediamo integrando per fili:

$\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz=\iint_{\tilde{D}}y \sqrt{x}\, dx dy \int_{0}^{4-x^2-y^2}z \, dz=\dfrac{1}{2}\iint_{\tilde{\mathcal{D}}}y \sqrt{x}\, \left(4-x^2-y^2 \right)^2\,dx\, dy,$

dove $\tilde{\mathcal{D}}=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2|\,x\geq 0 , \, y \geq 0 ,\, x^2+y^2\leq 4\}$ .

Parametrizziamo $\tilde{\mathcal{D}}$ applicando le coordinate polari

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta , \end{cases}$

dove

$\theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],\, \rho \in [0,2]$

e ricordando che

$dx \,dy= \rho \; d \rho \, d \theta ,$

otteniamo

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz &= \dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{2}\rho \sin \theta \sqrt{\rho \cos \theta }\left(4-\rho^2 \right)^2 \, \rho d \rho= \\ &= \dfrac{1}{2} \underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \sqrt{\cos \theta}\, d \theta}_{I_1} \, \cdot \, \underbrace{\int_{0}^{2}\rho^{\frac{5}{2}}\left(4-\rho^2 \right)^2\, d\rho }_{I_2}. \end{aligned}$

Calcoliamo

$I_1=-\dfrac{2}{3}\left(\cos \theta \right)^{\frac{3}{2}}\bigg \vert^\frac{\pi}{2}_0=\dfrac{2}{3}$

$\begin{aligned} I_2 & =\int_{0}^{2}\rho^\frac{5}{2}\left(16+\rho^4-8\rho^2 \right)\, d \rho=\int_{0}^{2}\left(16\rho^\frac{5}{2}+\rho^\frac{13}{2}-8\rho^\frac{9}{2} \right)\, d \rho =\\ &=\dfrac{32}{7}\rho^\frac{7}{2}+\dfrac{2}{15}\rho^\frac{15}{2}-\dfrac{16}{11}\rho^\frac{11}{2}\bigg \vert^2_0=\\ &=\dfrac{32}{7}\cdot 2^\frac{7}{2}+\dfrac{2}{15}\cdot 2^\frac{15}{2}-\dfrac{16}{11}\cdot 2^\frac{11}{2}=\\ &=\dfrac{32}{7}\sqrt{2^7}+\dfrac{2}{15}\sqrt{2^{15}}-\dfrac{16}{11}\sqrt{2^{11}}=\\ &=\dfrac{32}{7}\cdot8 \sqrt{2}+\dfrac{2}{15}\cdot 2^7 \sqrt{2}-\dfrac{16}{11 }\cdot 2^5\sqrt{2}=\\ &=\sqrt{2}\left(\dfrac{256}{7}+\dfrac{256}{15}-\dfrac{512}{11}\right)=\dfrac{8192}{1155}\sqrt{2}. \end{aligned}$

Sfruttando quanto ottenuto, abbiamo:

$\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz, =\dfrac{1}{2} \; I_1\cdot I_2=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{8192}{1155}\sqrt{2}=\dfrac{8192}{3465}\sqrt{2},$

concludendo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz = \dfrac{8192}{3465}\sqrt{2}. }$

Svolgimento secondo metodo.

Procediamo integrando per strati.

Osserviamo che dalla condizione

$z\leq 4-x^2-y^2\quad \iff\quad x^2+y^2 \leq 4-z,$

deve risultare

$z\leq 4$

e quindi con la condizione

$z\geq 0,$

abbiamo

$z\in [0,4].$

Un generico strato può essere parametrizzato come segue

$\Omega(z)=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2|x\geq0 , \, y \geq 0,, \, \,x^2+y^2\leq 4-z\right\},$

dunque

$\displaystyle\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz =\int_{0}^{4}z \, dz \iint_{\Omega(z)}y\sqrt{x}\,dx\,dy.$

Parametrizziamo $\Omega(z)$ applicando le coordinate polari

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta \end{cases}$

dove

$\theta \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],\, \rho \in \left[0,\sqrt{4-z}\right],$

e ricordando che

$dx\,dy\,dz=\rho \,d\rho \,d \theta ,$

abbiamo

$\begin{aligned} \displaystyle\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz &= \int_{0}^{4}z \, dz\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\sqrt{4-z}}\rho \sin \theta \sqrt{\rho \cos \theta }\ \rho \, d \rho=\\ &=\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\sin \theta \sqrt{\cos \theta }\, d \theta }_{I_3}\cdot \underbrace{\int_{0}^{4}z \, dz \int_{0}^{\sqrt{4-z}}\rho^\frac{5}{2} \, d \rho }_{I_4}. \end{aligned}$

Calcoliamo

$I_3=I_1=\dfrac{2}{3}$

$\begin{aligned} I_4 & = \dfrac{2}{7}\int_{0}^{4}z\left(4-z \right)^\frac{7}{4}\, dz=\\ &=\dfrac{2}{7}\left(-\dfrac{4}{11}z\left(4-z \right)^\frac{11}{4}\bigg \vert^{4}_0+\dfrac{4}{11}\int_{0}^{4}\left(4-z \right)^\frac{11}{4}\, dz \right) =\\ &=-\dfrac{2}{7}\cdot \dfrac{4}{15}\left( 4-z\right)^\frac{15}{4}\bigg \vert^4_0=\\ &=\dfrac{2}{7}\cdot\dfrac{4}{11}\cdot \dfrac{4}{15}\cdot2^\frac{15}{2}=\dfrac{4096}{1155}\sqrt{2}. \end{aligned}$

Sfruttando quanto ottenuto, abbiamo

$\displaystyle\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz =I_3\cdot I_4=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{4096}{1155}\sqrt{2}=\dfrac{8192}{3465}\sqrt{2}.$

Pertanto concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_\mathcal{D} yz\sqrt{x} \, dx \, dy \, dz =\dfrac{8192}{3465}\sqrt{2}. }$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D} = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : 1\leq x^2+y^2+z^2\leq 2, \; x^2-y^2+z^2\leq 0, \; y\geq 0 \}$ .

Svolgimento.

Graficamente, rappresentiamo $\mathcal{D}$ in figura 34, considerando che è necessario includere solo la regione in cui $y \geq 0$ .

$\quad$

Figura 34: rappresentazione grafica di una sfera intersecata da una conica (in celeste), con equazioni $1 \leq x^2 + y^2 + z^2 \leq 2$ e $z^2 \leq x^2 + y^2$ , con ordinata positiva.

$\quad$

Risolviamo il seguente sistema e determiniamo l’intersezione fra la sfera di raggio $1$ e la conica di equazione $x^2+z^2=y^2$ :

$\begin{cases} x^2+y^2+z^2=1\\ x^2+z^2=y^2 \end{cases} \iff \begin{cases} x^2+z^2=\dfrac{1}{2}\\[10pt] y = \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}$

Risolviamo il seguente sistema e determiniamo l’intersezione la sfera di raggio $\sqrt{2}$ e la conica di equazione $x^2+z^2=y^2$ :

$\begin{cases} x^2+y^2+z^2=2\\x^2+z^2=y^2 \end{cases} \iff \begin{cases} x^2+z^2=1\\y=\pm 1. \end{cases}$

Riscriviamo l’integrale come segue

$\iiint_{\mathcal{D}} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz=\underbrace{\iiint_{\Omega_1} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz}_{I_1}+\underbrace{\iiint_{\Omega_2} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz,}_{I_2}$

dove la parametrizzazione di $\Omega_1$ è quella che segue applicando le coordinate cilindriche

$\begin{cases} x= \rho \cos \theta\\ z=\rho \sin \theta\\ y=t, \end{cases}$

dove

$t \in \left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right], \theta \in [0,2\pi) , \rho \in \left[\sqrt{1-t^2},t\right].$

Analogamente, per $\Omega_2$ , abbiamo

$\begin{cases} x= \rho \cos \theta\\ z=\rho \sin \theta\\ y=t, \end{cases}$

dove

$, \qquad t \in \left[1,\sqrt{2}\right], \theta \in \left[0,2\pi\right] , \rho \in \left[0,\sqrt{2-t^2}\right].$

Inoltre, ricordando ricordando che

$dx\,dy\,dz=\rho \, d \rho \,d t\, d \theta,$

possiamo calcolare i due integrali separatamente, come segue

$\begin{aligned} & I_1=\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^1 dt \int_0^{2\pi} d\theta \int_{\sqrt{1-t^2}}^t \rho \, \cos^2 \theta d\rho =\\ & = \int_0^{2\pi} \left(\dfrac{1+\cos2\theta}{2}\right) \, d\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1 \dfrac{1}{2}(t^2-1+t^2) dt = \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot 2\pi \cdot \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2}{3}t^3-t\right)\bigg\vert_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1 = \\ & = \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{2}{3}-1-\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2\sqrt{2}}{8}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \\ & = \dfrac{\pi}{2}\left(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{\sqrt{2}}{3}\right) \end{aligned}$

$\begin{aligned} I_2&=\int_1^{\sqrt{2}}dt \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{2-t^2}} \rho \cos^2\theta \; d\theta=\\ & = \dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi} \left(\dfrac{1+\cos(2\theta)}{2}\right) d\theta \int_{1}^{\sqrt{2}} (2-t^2) dt = \\ & = \dfrac{\pi}{2}\left(2t-\dfrac{t^3}{3}\right)\bigg\vert_1^{\sqrt{2}} =\\ & = \dfrac{\pi}{2}\left(2\sqrt{2} - \dfrac{2}{3}\sqrt{2}-2 +\dfrac{1}{3}\right) = \\ & = \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{4\sqrt{2}}{3}-\dfrac{5}{3}\right), \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} \iiint_{\mathcal{D}} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz &= I_1 + I_2 =\\ &= \dfrac{\pi}{2} \left(-\dfrac{1}{3} + \dfrac{\sqrt{2}}{3} + \dfrac{4\sqrt{2}}{3} - \dfrac{5}{3}\right) \\ &= \dfrac{\pi}{2} \left(-2 + \dfrac{5\sqrt{2}}{3}\right)= \\ &= \pi \left(-1 + \dfrac{5\sqrt{2}}{6}\right) =\\ &= \dfrac{\pi}{6} \left(5\sqrt{2} - 6\right). \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \iiint_{\mathcal{D}} \dfrac{x^2}{x^2+z^2} \, dx \, dy \, dz=\dfrac{\pi}{6}\left(5\sqrt{2}-6\right). }$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare

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

dove $\mathcal{D}= \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : z\geq x\,,\,(x+z)^2+2y^2\leq 2(x^2+y^2+z^2)^2\leq 2 \}$ .
Si suggerisce di operare la seguente sostituzione

(28) $\begin{equation*} \begin{cases} \alpha=x+z\\ \beta=x-z\\ \sqrt{2}y=t. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Si osserva che il dominio $\mathcal{D}$ presenta una natura complessa e risulta difficilmente rappresentabile graficamente. Di conseguenza, in accordo con quanto suggerito, si procede con l’applicazione della sostituzione indicata.

Il primo passo consiste nel determinare le espressioni delle variabili $x$ e $y$ in funzione dei parametri $\alpha$ e $\beta$ , mediante la definizione del seguente sistema:

(29) $\begin{equation*} \begin{cases} \alpha=x+z\\ \beta=x-z \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x=\dfrac{\alpha+\beta}{2}\\ \\ z=\dfrac{\alpha-\beta}{2}, \end{cases} \end{equation*}$

da cui, utilizzando la definizione dell’insieme dato, si ha

(30) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\alpha-\beta}{2}\geq\dfrac{\alpha+\beta}{2}\\ \\ \alpha^2+t^2\leq 2 \left( \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)^2+ \left(\dfrac{\alpha-\beta}{2} \right)^2+\dfrac{t^2}{2}\right) ^2\\ \\ 2 \left( \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)^2+ \left(\dfrac{\alpha-\beta}{2} \right)^2+\dfrac{t^2}{2}\right) ^2\leq 2 . \end{cases} \end{equation*}$

Riscriviamo la prima equazione del sistema (30) come segue

$\dfrac{\alpha-\beta}{2}\geq\dfrac{\alpha+\beta}{2}\quad \iff \quad \beta \leq 0,$

Riscriviamo la seconda equazione del sistema (30) nel modo seguente

$\begin{aligned} &\alpha^2+t^2\leq 2 \left( \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)^2+ \left(\dfrac{\alpha-\beta}{2} \right)^2+\dfrac{t^2}{2}\right) ^2\quad \iff \quad \\\\ &\iff \quad \alpha^2+t^2\leq 2\left(\dfrac{\alpha^2+\beta^2+2\alpha\beta+\alpha^2+\beta^2-2\alpha\beta}{4}+\dfrac{t^2}{2}\right)^2 \quad \iff \quad \\\\ & \iff \quad \alpha^2+t^2\leq 2 \left( \dfrac{\alpha^2+\beta^2}{2}+\dfrac{t^2}{2}\right)^2\quad \iff \quad \\\\ & 2\iff \quad \left(\alpha^2+t^2\right)\leq \left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2, \end{aligned}$

Infine, non resta che rielaborare la terza equazione del sistema (30)¹

$2 \left( \left(\dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)^2+ \left(\dfrac{\alpha-\beta}{2} \right)^2+\dfrac{t^2}{2}\right) ^2\leq 2 \quad \iff \quad \left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2\leq 4.$

Ricordando che

$dx\,dy\,dz=\vert J \vert d\alpha\,d \beta \, d t,$

dove

$\vert J \vert =\left \vert \text{det}\begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial \alpha} & \dfrac{\partial x}{\partial \beta} & \dfrac{\partial x}{\partial t}\\\\ \dfrac{\partial y}{\partial \alpha} & \dfrac{\partial y}{\partial \beta} & \dfrac{\partial y}{\partial t}\\\\ \dfrac{\partial z}{\partial \alpha} & \dfrac{\partial z}{\partial \beta} & \dfrac{\partial z}{\partial t} \end{vmatrix}\right \vert = \left \vert\text{det} \begin{vmatrix} \dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{2}&0\\\\0&0&\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\\\\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{2}&0 \end{vmatrix} \right \vert = \dfrac{1}{2\sqrt{2}},$

possiamo riscrivere

(31) $\begin{equation*} \begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \, dx \, dy \, dz, &=\iiint_{\Omega} \sqrt{x^2+y^2+z^2} \, dx \, dy \, dz&=\\ =\dfrac{1}{4}\iiint_{\tilde{\Omega}} \sqrt{\alpha^2+\beta^2+t^2}\, d \alpha \, d \beta \, dt, \end{aligned} \end{equation*}$

dove

$\tilde{\Omega} = \{(\alpha,\beta,t) \in \mathbb{R}^3 \, :\beta\leq 0\,,\,2 \left(\alpha^2+t^2\right)\leq\left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2\,,\,\left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2\leq 4 \}.$

Applichiamo le coordinate sferiche per parametrizzare $\tilde{\Omega}$

$\begin{cases} \alpha=\rho \cos \theta \sin \phi \\ t=\rho \sin \theta \sin \phi \\ \beta=\rho \cos \phi \end{cases}$

e dunque otteniamo

$\begin{cases} \beta\leq 0\\ 2 \left(\alpha^2+t^2\right)\leq \left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2\\ \left(\alpha^2+\beta^2+t^2 \right)^2\leq 4 \\ \theta \in [0,2 \pi] \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} \rho \cos \phi \leq 0\\ 2 \rho^2 \sin^2 \phi \leq \rho^4\\ \rho^4 \leq 4 \\ \theta \in [0,2 \pi] \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} \phi \in \left[\dfrac{\pi}{2},\pi\right]\\ \rho\geq \sqrt{2}\sin \phi \\ 0 \leq \rho \leq \sqrt{2}\\ \theta \in \left[0,2 \pi\right], \end{cases}$

dal sistema si ottiene

$\begin{cases} \phi \in \left[\dfrac{\pi}{2},\pi\right]\\ \\ \rho \in \left[\sqrt{2} \sin \phi , \sqrt{2}\right]\\ \\ \theta \in \left[0,2 \pi\right]. \end{cases}$

Ricordando che

$d\alpha \, d \beta \, d t= \rho^2 \sin \phi \, d \rho \, d \theta \, d \phi ,$

possiamo riscrivere (31) come segue

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \, dx \, dy \, dz, &=\dfrac{1}{4}\iiint_{\tilde{\Omega}} \sqrt{\alpha^2+\beta^2+t^2}\, d \alpha \, d \beta \, dt=\\ &=\dfrac{1}{4}\iiint_{\Omega^\star}\rho^3 \sin \phi \, \, d \rho \, d \theta \, d \phi \end{aligned}$

dove $\Omega^\star = \left\{(\theta,\phi,\rho) \in \mathbb{R}^3 \, :\phi \in \left[\frac{\pi}{2},\pi\right]\,,\,\rho \in [\sqrt{2} \sin \phi , \sqrt{2}]\,,\, \theta \in [0,2 \pi]\right\}.$

Dunque, procediamo con il calcolo di

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

che sfruttando quanto ottenuto risulta

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{4}\int_{0}^{2\pi}d \theta \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin \phi \, d \phi \int_{\sqrt{2} \sin \phi }^{\sqrt{2}}\rho^3 \, d \rho =\\ &=\dfrac{2\pi}{4}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\left(\sin \phi -\sin^5 \phi \right) d\phi =\dfrac{\pi}{2}\left( -\cos \phi \bigg \vert^\pi_\frac{\pi}{2}- \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin\phi \left(\dfrac{1-\cos (2 \phi) }{2} \right)^2\, d \phi \right)= \\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( 1-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin \phi \cdot \frac{1+\cos^2 (2 \phi )-2 \cos (2 \phi )}{4} \, d \phi\right)=\\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( 1- \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \cdot \cos (2 \phi) \, d \phi -\dfrac{1}{4}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \cdot \cos^2 (2 \phi )\, d \phi \right)= \\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \cdot (2\cos^2\phi-1) \, d \phi -\dfrac{1}{4}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \cdot (2\cos^2\phi-1)^2 \, d \phi \right)= \\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( \dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \, d\phi + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin \phi \cdot \cos^2\phi \, d \phi -\dfrac{1}{4}\left(\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} (4 \sin \phi \cdot \cos^4 \phi + \sin\phi - 2 \sin \phi \cos^2\phi) \; d\phi \right)\right) = \\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( \dfrac{3}{4}-\dfrac{\cos\phi}{2}\bigg\vert_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} +\dfrac{\cos^3\phi}{3} \bigg\vert_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} + \left(\dfrac{\cos^5\phi}{5}+\dfrac{\cos\phi}{4}-\dfrac{2\cos^3\phi}{12}\right)\bigg\vert_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \right)= \\ &=\dfrac{\pi}{2}\left( \dfrac{3}{4}- \dfrac{1}{6} + \dfrac{7}{60} \right)=\\ &= \dfrac{7\pi}{30}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \iiint_\mathcal{D} \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \, dx \, dy \, dz =\dfrac{7}{30}\pi. }$

Utilizzando i calcoli precedentemente effettuati. ↩

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}} \left(z^2+ze^{-x^2} \right) dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D} = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x^2+y^2+z^2\le 1 \,, \, z^2\le x^2+y^2 \}$ .

Svolgimento.

In figura 35 è rappresentato l’insieme $\mathcal{D}$ , evidenziato come l’area colorata.

$\quad$

Figura 35: rappresentazione grafica di una sfera intersecata da una conica (in rosa), descritto dalle equazioni $x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$ e $x^2 - y^2 + z^2 \leq 0$ .

$\quad$

Riscriviamo:

$\iiint_{\mathcal{D}} \left(z^2 + z e^{-x^2} \right) \, dx \, dy \, dz = \underbrace{\iiint_{\Omega} z^2 \, dx \, dy \, dz}_{I_1} + \underbrace{\iiint_{\Omega} z e^{-x^2} \, dx \, dy \, dz}_{I_2}.$

Si definisca la funzione $f:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x, y, z) = z e^{-x^2}$ . Poiché $f(x, y, z) = -f(x, y, -z)$ e il dominio $\Omega$ è simmetrico rispetto al piano $xy$ , si conclude che $I_2 = 0$ .

Si consideri, inoltre, la funzione $g:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}$ definita come $g(x, y, z) = z^2$ . Si osserva che $g(x, y, z) = g(x, y, -z)$ e, tenendo conto della simmetria di $\Omega$ rispetto al piano $xy$ , si ottiene:

$I_1 = 2 \iiint_{\tilde{\Omega}} z^2 \, dx \, dy \, dz,$

dove

$\tilde{\Omega} = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, \, z^2 \leq x^2 + y^2, \, z > 0\}.$

Parametrizziamo $\tilde{\Omega}$ applicando le coordinate sferiche:

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta \sin \phi, \\ y = \rho \sin \theta \sin \phi, \\ z = \rho \cos \phi, \end{cases}$

da cui si ottiene:

$I_1 = 2 \iiint_{\Omega^\star} \tilde{g}(\rho, \theta, \phi) \, \rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\theta \, d\phi,$

dove

$\Omega^\star = \left\{(\rho, \theta, \phi) \in \mathbb{R}^3 : \rho \in [0, 1], \, \theta \in [0, 2\pi], \, \phi \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right] \right\},$

e $\tilde{g}(\rho, \theta, \phi) = \rho^2 \cos^2 \phi$ .

Si ha che:

$\begin{aligned} I_1 &= 2 \int_{0}^{1} \rho^4 \, d\rho \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \phi \sin \phi \, d\phi = \\ &= 2 \cdot \frac{\rho^5}{5} \Bigg|_0^1 \cdot (2\pi) \cdot \left(-\cos^3 \phi\right) \Bigg|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} = \\ &= \frac{\sqrt{2}}{15} \pi. \end{aligned}$

In alternativa, si poteva risolvere $I_1$ mediante integrazione per strati. Si determina l’intersezione tra le seguenti coniche:

$\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 1, \\ z^2 = x^2 + y^2, \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} z = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ x^2 + y^2 = \frac{1}{2}. \end{cases}$

Considerando solo $z \geq 0$ , si ha:

$I_1 = 2 \iiint_{\Omega^\diamond} z^2 \, dx \, dy \, dz,$

dove

$\Omega^\diamond = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : z^2 \leq x^2 + y^2 \leq 1 - z^2, \, z \in \left[0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]\right\}.$

Si ottiene quindi:

$\begin{aligned} I_1 &= 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} z^2 \, dz \int_{z^2 \leq x^2 + y^2 \leq 1 - z^2} 1 \, dx \, dy = \\ &= 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \pi z^2 \left(1 - z^2 - z^2 \right) \, dz = \\ &= 4\pi \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \left(z^2 - 2z^4\right) \, dz = \\ &= 2\pi \left(\frac{z^3}{3} - \frac{2}{5}z^5\right) \Bigg|_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \\ &= 2\pi \left(\frac{2\sqrt{2}}{24} - \frac{8\sqrt{2}}{160}\right) = \\ &= 2\pi \cdot \frac{\sqrt{2}}{30} = \frac{\sqrt{2}}{15} \pi. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} \left(z^2+ze^{-x^2} \right) dx \, dy \, dz=\dfrac{\sqrt{2}}{15}\pi. }$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_{\mathcal{D}} \left(x^2+y^2 \right) dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D} = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x^2+y^2+z^2\le 4 \,, \, x^2+y^2\geq 1 \}$ .

Svolgimento.

In figura 36 è rappresentato l’insieme $\mathcal{D}$ , evidenziato come area colorata in rosa.

$\quad$

Figura 36: visualizzazione tridimensionale del dominio $\mathcal{D}$ (in rosa), dove il vincolo $x^2 + y^2 + z^2 \leq 4$ e $1 \leq x^2 + y^2$ definisce il volume di integrazione.

$\quad$

Integriamo per strati. Determiniamo l’intersezione tra le seguenti coniche, che definiscono $\mathcal{D}$ :

$\begin{cases} x^2 + y^2 = 1, \\ x^2 + y^2 + z^2 = 4, \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x^2 + y^2 = 1, \\ z = \pm\sqrt{3}. \end{cases}$

Di conseguenza, si osserva che $z \in \left[ -\sqrt{3}, \sqrt{3} \right]$ , da cui

$I = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} dz \iint_{\Omega^\star} \left( x^2 + y^2 \right) \, dx \, dy,$

dove $\Omega^\star = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 1 \leq x^2 + y^2 \leq 4 - z^2\}.$

Parametrizziamo $\Omega^\star$ applicando le coordinate polari:

$\begin{cases} x = \rho \cos \theta, \\ y = \rho \sin \theta, \end{cases}$

ottenendo

$\iiint_\mathcal{D} (x^2 + y^2) \, dx \, dy \, dz = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} dz \iint_{\Omega^\star} \rho^3 \, d\rho \, d\theta,$

dove $\Omega^\star = \{(\rho, \theta) \in \mathbb{R}^2 : \theta \in [0, 2\pi], \, \rho \in [1, \sqrt{4 - z^2}]\}.$

Sfruttando quanto ottenuto finora, si ha:

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} (x^2 + y^2) \, dx \, dy \, dz & = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} dz \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{1}^{\sqrt{4-z^2}} \rho^3 \, d\rho = \\[10pt] & = \frac{2\pi}{4} \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left( \left(4 - z^2\right)^2 - 1 \right) \, dz = \\[10pt] & \overset{\spadesuit}{=} \frac{\pi}{2} \cdot 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} \left( 15 - 8z^2 + z^4 \right) \, dz = \\[10pt] & = \pi \left( 15z - \frac{8}{3}z^3 + \frac{z^5}{5} \right) \bigg|_{0}^{\sqrt{3}} = \\[10pt] & = \pi \left( 15\sqrt{3} - \frac{8}{3} \cdot 3\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{5} \right) = \\[10pt] & = \pi \left( 15\sqrt{3} - 8\sqrt{3} + \frac{9}{5}\sqrt{3} \right) = \\[10pt] & = \pi \left( 7\sqrt{3} + \frac{9}{5}\sqrt{3} \right) = \\[10pt] & = \pi \left( \frac{35 + 9}{5}\sqrt{3} \right) = \frac{44}{5}\pi\sqrt{3}, \end{aligned}$

dove in $\spadesuit$ si sfrutta il fatto che l’integranda è una funzione pari su un intervallo simmetrico rispetto all’origine.

In alternativa, il calcolo di $I$ può essere eseguito integrando per fili. Si ha quindi:

$\iiint_\mathcal{D} (x^2 + y^2) \, dx \, dy \, dz = \iint_{\Omega^\diamond} dx \, dy \int_{-\sqrt{4 - x^2 - y^2}}^{\sqrt{4 - x^2 - y^2}} \left(x^2 + y^2 \right) \, dz,$

dove $\Omega^\diamond = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 1 \leq x^2 + y^2 \leq 4\}.$

Di conseguenza:

$\iiint_\mathcal{D} (x^2 + y^2) \, dx \, dy \, dz = 2 \iint_{\Omega^\diamond} \left(x^2 + y^2 \right) \sqrt{4 - x^2 - y^2} \, dx \, dy.$

Parametrizziamo $\Omega^\diamond$ applicando le coordinate polari:

$I = 2 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{1}^{2} \rho^3 \sqrt{4 - \rho^2} \, d\rho.$

Il precedente integrale si risolve con la sostituzione

$\rho = 2\cos t, \quad d\rho = -2\sin t \, dt,$

ottenendo:

$\begin{aligned} I & = 2 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{1}^{2} \rho^3 \sqrt{4 - \rho^2} \, d\rho = \\ & = 2 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{\frac{\pi}{3}}^{0} 8 \cos^3 t \, \sqrt{4 - 4\cos^2 t} \left(-2 \sin t\right) \, dt = \\ & = 64 \cdot 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \cos^3 t \, |\sin t| \, \sin t \, dt = \\ & \overset{\heartsuit}{=} 128\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \cos^3 t \, \sin^2 t \, dt = \\ & = 128\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \cos t \, (1 - \sin^2 t) \sin^2 t \, dt = \\ & = 128\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \left(\cos t \sin^2 t - \cos t \sin^4 t\right) \, dt = \\ & = \frac{128}{15} \pi \left( 5\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 - 3\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^5 \right) = \\ & = \frac{128}{15} \pi \frac{3\sqrt{3}}{8} \left( 5 - \frac{9}{4} \right) = \\ & = \frac{16\sqrt{3}}{5} \pi \left(\frac{11}{4}\right) = \frac{44}{5} \pi\sqrt{3}, \end{aligned}$

dove $\heartsuit$ si sfrutta il fatto che $\vert \sin t \vert = \sin t$ per $t \in [0, \frac{\pi}{3}].$ Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{ \iiint_\mathcal{D } (x^2 + y^2) \, dx \, dy \, dz=\dfrac{44}{5}\pi\sqrt{3}. }$

Osservazione.

Si osserva che, sebbene questo secondo metodo conduca al medesimo risultato del primo, risulta meno agevole nella sua applicazione.

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano dati il cilindro di equazione $x^2+y^2=1$ e la sfera di equazione $x^2+y^2+z^2=R^2$ con $R>1$ . Il cilindro divide la sfera in due parti; determinare $R$ tale che le due parti abbiano misura uguale.

Svolgimento.

In figura 37 sono rappresentate le due porzioni in cui la sfera è suddivisa: una parte blu e una parte rossa.

$\quad$

Figura 37: rappresentazione delle due sezioni della sfera colorate di blu e rosso, che mostra come il volume totale viene suddiviso per calcolare i rispettivi integrali.

$\quad$

Il volume colorato di blu è dato dal seguente integrale

$\begin{aligned} \tau_{\text{blu}}=\iint_{x^2+y^2\leq1} dx\,dy \int_{-\sqrt{R^2-x^2-y^2}}^{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}dz=2\iint_{x^2+y^2\leq 1}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\,dx\,dy, \end{aligned}$

da cui, passando in coordinate polari, si ottiene

$\tau_{\text{blu}}=2\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}\rho\sqrt{R^2-\rho^2}\,d\rho.$

e operando la sostituzione $R^2-\rho^2=t$ , da cui $-2\rho\,d\rho=dt$ , abbiamo

$\tau_{\text{blu}}=-2\pi\int_{R^2}^{R^2-1}t^{\frac{1}{2}}\,dt=-2\pi\cdot \dfrac{2}{3}\,t^{\frac{3}{2}}\bigg\vert^{R^2-1}_{R^2}=\dfrac{4}{3}\pi\left( R^3-\sqrt{(R^2-1)^3}\right).$

Dalla geometria del problema, il volume in rosso si ottiene dalla seguente relazione

$\tau _{\text{rosso}}=\dfrac{4}{3}\pi R^3-V_{\text{blu}}.$

Imponiamo

$V_{\text{blu}}=V_{\text{rosso}},$

da cui

$\begin{aligned} 2\tau_{\text{blu}}=\dfrac{4}{3}\pi R^3\quad \iff \quad \dfrac{8}{3}\pi\left( R^3-\sqrt{(R^2-1)^3}\right)=\dfrac{4}{3}\pi R^3, \end{aligned}$

cioè

$R^3=2\sqrt{\left(R^2-1\right)^3}\quad \iff \quad R^2=\sqrt[3]{4}R^2-\sqrt[3]{4}\quad \iff \quad R^2=\dfrac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt[3]{4}-1}\quad \iff \quad R=\dfrac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt{\sqrt[3]{4}-1}}.$

Concludiamo con il seguente risultato

$\boxcolorato{analisi}{R=\dfrac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt{\sqrt[3]{4}-1}} .}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del seguente insieme: $\mathcal{D}= \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 \leq |z|, \ (z+1)^2 \leq 3 \}$ .

Svolgimento.

Utilizziamo le coordinate cilindriche:

$\begin{cases} x = \rho \cos\theta \\ y = \rho \sin\theta \\ z = t, \end{cases}$

dove

$\rho \in \left[ 0, \sqrt{|z|} \right], \ \theta \in [0, 2\pi], \ t \in \left[ -\sqrt{3} - 1, \sqrt{3} - 1 \right].$

\ Calcoliamo il volume:

$\tau = \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{|z|}} \rho \, d\rho \, d\theta \, dt.$

Svolgendo i calcoli, abbiamo:

$\begin{aligned} \tau & = \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} 1 \, dt \int_0^{2\pi} 1 \, d\theta \int_0^{\sqrt{|t|}} \rho \, d\rho \\ & = 2\pi \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} \frac{1}{2} |t| \, dt =\\ & = \pi \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} |t| \, dt= \\ & = \pi \left( \int_{-\sqrt{3}-1}^{0} -t \, dt + \int_0^{\sqrt{3}-1} t \, dt \right)= \\ & = \pi \left( \frac{t^2}{2} \Bigg|_{-\sqrt{3}-1}^{0} + \frac{t^2}{2} \Bigg|_0^{\sqrt{3}-1} \right)= \\ & = \pi \left( \frac{0}{2} - \frac{(-\sqrt{3}-1)^2}{2} + \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{2} \right)= \\ & = 2\pi \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 = \\ &=4\pi. \end{aligned}$

Concludendo che

$\boxcolorato{analisi}{\tau=4\pi. }$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del seguente insieme:

$\mathcal{D} = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 \leq |z|, (z + 1)^2 \leq 3\}.$

Svolgimento.

Calcoliamo i punti di intersezione tra le due curve che descrivono $\mathcal{D}$ :

$\left\{ \begin{aligned} &x^2 + y^2 \leq |z| \\ &(z + 1)^2 \leq 3 \end{aligned} \right. \quad \iff\quad \left\{ \begin{aligned} &x^2 + y^2 \leq |z| \\ &|z + 1| \leq \sqrt{3} \end{aligned} \right. \quad \iff\quad \left\{ \begin{aligned} &x^2 + y^2 \leq |z| \\ &-\sqrt{3} - 1 \leq z \leq \sqrt{3} - 1. \end{aligned} \right.$

Applicando le coordinate cilindriche, il volume $\tau$ cercato è:

$\tau = \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{|z|}} \rho d\rho = \frac{2\pi}{2} \int_{-\sqrt{3}-1}^{\sqrt{3}-1} |z| dz = \pi \left( \int_{-\sqrt{3}-1}^{0} -z dz + \int_{0}^{\sqrt{3}-1} z dz \right) = 4\pi.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\tau =4\pi. }$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolo del volume del seguente integrale triplo:

$\iiint_{\mathcal{D}} \frac{x^2}{x^2 + z^2} \, dx\,dy\,dz,$

dove

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

Svolgimento.

Prima di tutto, determiniamo i punti di intersezione dei luoghi geometrici. Abbiamo:

$\begin{aligned} &\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 1 \\ x^2 + z^2 = y^2 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x^2 + y^2 = \frac{1}{2} \\ y = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases} \end{aligned}$

Proseguendo con il secondo sistema:

$\begin{aligned} &\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 2 \\ x^2 + z^2 = 1 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} x^2 + y^2 = 1 \\ y = \pm 1. \end{cases} \end{aligned}$

Sfruttando le coordinate cilindriche, l’integrale triplo diventa:

$\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{\sqrt{1 - t^2}}^{1} \rho \cos^2\theta d\rho + \int_{1}^{\sqrt{2}} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2 - t^2}} \rho \cos^2\theta d\rho = I_1 + I_2,$

dove

$I_1 = \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{\sqrt{1 - t^2}}^{1} \rho \cos^2\theta d\rho$

$I_2 = \int_{1}^{\sqrt{2}} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2 - t^2}} \rho \cos^2\theta d\rho.$

Calcoliamo

$\begin{aligned} I_1 &= \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{\sqrt{1 - t^2}}^{1} \rho \cos^2\theta d\rho= \\ &= \int_{0}^{2\pi} \left( \frac{1 + \cos 2\theta}{2} \right) d\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} \frac{1}{2} (t^2 - 1 + t^2) dt=\\ &= \frac{\pi}{2} \left(-\frac{1}{3} + \frac{1}{3}\sqrt{2}\right) \end{aligned}$

$\begin{aligned} I_2 &= \int_{1}^{\sqrt{2}} dt \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2 - t^2}} \rho \cos^2\theta d\rho =\\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \left( \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \right) d\theta \int_{1}^{\sqrt{2}} (2 - t^2) dt =\\ &= \frac{\pi}{2} \left( \frac{4\sqrt{2}}{3} - 2 - \frac{5}{3} \right). \end{aligned}$

Infine, otteniamo la seguente espressione finale:

$\frac{\pi}{2} \left( -\frac{1}{3} + \frac{1}{3}\sqrt{2} + \frac{4}{3}\sqrt{2} - 2 - \frac{5}{3} \right) = \frac{\pi}{2}\left(-2 + \frac{5}{6}\sqrt{2}) = \pi(-1 + \frac{5}{6}\sqrt{2}\right).$

Dunque, si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_{\mathcal{D}} \frac{x^2}{x^2 + z^2} \, dx\,dy\,dz=\pi\left(-1 + \frac{5}{6}\sqrt{2}\right). }$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare

$\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D}= \{(x, y) : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, x^2 + y^2 \leq z^2\}$ , usando le coordinate sferiche.

Svolgimento.

Posto $f(x, y, z) = |x|$ , si osserva che $f(x, y, -z) = |x| = f(x, y, z)$ . Questo implica che la funzione è pari rispetto all’asse $z$ . Inoltre, poiché il dominio $\mathcal{D}$ è simmetrico rispetto al piano $xy$ , si ha:

$\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz = 2 \iiint_{\tilde{\mathcal{D}}} |x| \, dx \, dy \, dz,$

dove

$\tilde{\mathcal{D}} = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, \, x^2 + y^2 \leq z^2, \, z \geq 0\}.$

Parametrizziamo $\mathcal{D}$ utilizzando le coordinate sferiche definite da:

$\begin{cases} x = p \cos \theta \sin \varphi, \\ y = p \sin \theta \sin \varphi, \\ z = p \cos \varphi, \end{cases}$

con i seguenti intervalli per le variabili:

$0 \leq \theta \leq 2\pi, \quad 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{4}, \quad 0 \leq p \leq 1.$

Il differenziale di volume in coordinate sferiche è dato da:

$dx \, dy \, dz = p^2 \sin \varphi \, d\theta \, d\varphi \, dp.$

Utilizzando queste informazioni, l’integrale diventa:

$\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz = 2 \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^1 p^3 \sin^2 \varphi |\cos \theta| \, dp \, d\varphi \, d\theta.$

Sfruttando la simmetria rispetto a $\theta$ , possiamo semplificare:

$\int_0^{2\pi} |\cos \theta| \, d\theta = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta,$

quindi l’integrale diventa:

$\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz = 8 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 \varphi \, d\varphi \int_0^1 p^3 \, dp.$

Calcoliamo ora ciascun integrale separatamente. Per $p$ , si ha:

$\int_0^1 p^3 \, dp = \left[ \frac{p^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{4}.$

Per $\varphi$ , si ha:

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 \varphi \, d\varphi = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos(2\varphi)}{2} \, d\varphi = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos(2\varphi)) \, d\varphi.$

Calcolando separatamente, otteniamo:

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} 1 \, d\varphi = \frac{\pi}{4}, \quad \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(2\varphi) \, d\varphi = \frac{\sin(2\varphi)}{2} \Big|_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2}.$

Pertanto:

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^2 \varphi \, d\varphi = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \right).$

Per $\theta$ , si ha:

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta = \sin \theta \Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 1.$

Combinando i risultati, si ottiene:

$\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz = 8 \cdot 1 \cdot \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \right) \cdot \frac{1}{4}.$

Semplificando:

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_\mathcal{D} |x| \, dx \, dy \, dz = \frac{1}{4} (\pi - 2). }$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente integrale triplo

$\iiint_\mathcal{D} |z| \, dx \, dy \, dz,$

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

Svolgimento.

Si osserva che:

$z^2 - z^4 \geq 0 \quad \iff\quad z^4 - z^2 \leq 0 \quad \iff\quad -1 \leq z \leq 1.$

Introduciamo le coordinate cilindriche:

$\begin{cases} \begin{aligned} x &= \rho \cos \theta, \\ y &= \rho \sin \theta, \\ z &= z'. \end{aligned} \end{cases}$

dove

$\theta \in [0, 2\pi], \quad \rho \in \left[0, \sqrt{z'^2 - z'^4} \right], \quad z' \in [-1, 1].$

L’integrale così diventa:

$\begin{aligned} &\iiint_\mathcal{D} |z| \, dx \, dy \, dz = \\ &=\int_{-1}^{1} dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{z'^2 - z'^4}} |z'| \, \rho \, d\rho =\\ &= 2\pi \int_{-1}^{1} |z'| \left( \frac{(z'^2) - (z'^4)}{2} \right) dz' =\\ &= 4\pi \int_0^{1} z' \left( \frac{(z'^2) - (z'^4)}{2} \right) dz' =\\ &= 4\pi \int_0^1 z' \left( \frac{z'^2 - z'^4}{2} \right) dz' = \\ &=\frac{\pi}{6}. \end{aligned}$

Pertanto, la soluzione dell’integrale è:

$\boxcolorato{analisi}{\iiint_\mathcal{D} |z| \, dx \, dy \, dz = \frac{\pi}{6}. }$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’integrale triplo:

$\iiint_{\mathcal{D}} (2z - x - y^3) \, dx \, dy \, dz,$

dove $\mathcal{D} = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 0 \leq z \leq x + 2, \, 6x - 8 \leq x^2 + y^2 \leq 4x \}$ .

Svolgimento.

Scegliamo di procedere integrando per fili:

$\begin{aligned} \iiint_\mathcal{D} (2z - x - y^3) \, dx \, dy \, dz &=\iint_B \left( \int_0^{x+2} (2z - x - y^3) \, dz \right) dx \, dy=\\ &= \iint_B \left( (x + 2)^2 - x(x + 2) - y^3(x + 2) \right) dx \, dy, \end{aligned}$

dove

$B = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 6x - 8 \leq x^2 + y^2 \leq 4x \}.$

Chiamiamo

$I_1 = \iint_B \left( (x + 2)^2 - x(x + 2) \right) dx \, dy = \iint_B g(x, y) \, dx \, dy,$

$I_2 = \iint_B \left( -y^3(x + 2) \right) dx \, dy = \iint_B f(x, y) \, dx \, dy.$

$\quad$

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Figura 38: diagramma con due cerchi intersecanti su un piano cartesiano, utilizzato per determinare l’area dell’integrale doppio associato.

$\quad$

Si osserva che $I_2 = 0$ perché la funzione integranda $f$ è dispari rispetto alla variabile $y$ e $B$ è simmetrico rispetto all’asse $y$ .

Calcoliamo

$I_1 = \iint_B \left( (x + 2)^2 - x(x + 2) \right) dx \, dy = \iint_B 2(x + 2) \, dx \, dy = I_3 - I_4,$

$I_3 = \int_0^2 \int_0^{2\pi} 2\rho(p \cos \theta + 4) \, d\theta \, d\rho, \quad I_4 = \int_0^1 \int_0^{2\pi} 2\rho(p \cos \theta + 5) \, d\theta \, d\rho,$

$I_3 = \int_0^2 \int_0^{2\pi} 2\rho(p \cos \theta + 4) \, d\theta = \int_0^2 16\pi \rho \, d\rho = 32\pi,$

$I_4 = \int_0^1 \int_0^{2\pi} 2\rho(p \cos \theta + 5) \, d\theta = \int_0^1 20\pi \rho \, d\rho = 10\pi.$

Quindi

$I_1 = I_3 - I_4 = 32\pi - 10\pi = 22\pi.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\iiint_{\mathcal{D}} (2z - x - y^3) \, dx \, dy \, dz= 22\pi. }$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\mathcal{D}$ la regione limitata nella parte superiore dalla sfera $x^2+y^2+z^2=a^2$ e nella parte inferiore dal piano $z=b$ , dove $a>b>0$ nell’ipotesi di densità costante: calcolare volume e baricentro di $\mathcal{D}$ .

Svolgimento.

La regione in considerazione è:

$\mathcal{D}=\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \vert \; x^2+y^2+z^2 \leq a^2, \; z\geq b, \; a>b>0 \}.$

Il volume di $\mathcal{D}$ è dato dal seguente integrale, calcolato integrando per fili:

$\begin{aligned} \tau &= \iiint_\mathcal{D} \, dx \, dy \, dz = \\ &= \iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2} \left(\int_{b}^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} dz \right) dx \, dy = \\ &= \iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2} \left(\sqrt{a^2-x^2-y^2}-b \right) dx \, dy. \end{aligned}$

Applicando le coordinate polari:

(32) $\begin{equation*} \begin{cases} x = \rho \cos \theta, \\ y = \rho \sin \theta, \end{cases} \end{equation*}$

dove

$\rho \in [0, \sqrt{a^2-b^2}], \; \theta \in [0, 2\pi],$

l’integrale diventa:

$\begin{aligned} & \int_{0}^{\sqrt{a^2-b^2}} d\rho \int_{0}^{2\pi} \left(\sqrt{a^2-\rho^2} - b \right) \rho \, d\theta = \\ &= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{a^2-b^2}} \left(\rho \sqrt{a^2-\rho^2} - b\rho \right) d\rho = \\ &= \frac{\pi}{3} \left(2a^3 - 3a^2b + b^3 \right) = \\ &= \frac{\pi}{3} \left(a-b \right)^2 \left(2a+b \right). \end{aligned}$

Calcoliamo il baricentro. La definizione di baricentro, assumendo una densità volumetrica costante, è:

$\overline{r} = \frac{1}{\tau}.$

Sia $\overline{F} = (f_x, f_y, f_z) = (x, y, z)$ . Si osserva che:

$\iiint_\mathcal{D} f_x \, dx \, dy \, dz = \iiint_\mathcal{D} f_y \, dx \, dy \, dz = 0,$

poiché $f_x$ è dispari rispetto a $x$ e $\mathcal{D}$ è simmetrico rispetto al piano $yz$ , e $f_y$ è dispari rispetto a $y$ con $\mathcal{D}$ simmetrico rispetto al piano $xz$ .

Non resta dunque che calcolare:

$\overline{r} = \frac{1}{\tau} \iiint_\mathcal{D} (0, 0, z) \, dx \, dy \, dz.$

Procediamo integrando per fili:

$\begin{aligned} & \iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2} \left(\int_{b}^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} z \, dz \right) dx \, dy = \\ &= \frac{1}{2} \iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2} \left(a^2-x^2-y^2-b^2 \right) dx \, dy. \end{aligned}$

Applicando nuovamente le coordinate polari (32), otteniamo:

$\begin{aligned} & \frac{1}{2\tau} \iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2} \left(a^2-x^2-y^2-b^2 \right) dx \, dy = \\ &= \frac{1}{2\tau} \int_{0}^{\sqrt{a^2-b^2}} \left(\int_{0}^{2\pi} \left(a^2-b^2-\rho^2 \right)\rho \, d\theta \right) d\rho = \\ &= \frac{\pi}{\tau} \int_{0}^{\sqrt{a^2-b^2}} \rho \left(a^2-b^2-\rho^2 \right) d\rho = \\ &= \frac{\pi}{4\tau} \left(a^2-b^2 \right)^2 = \\ &= \frac{3\left(a+b \right)^2}{4 \left(2a+b \right)}. \end{aligned}$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\frac{1}{2 \tau}\iint_{x^2+y^2\leq a^2-b^2}\left(a^2-x^2-y^2-b^2\right) \, dx \, dy= \frac{3\left(a+b\right)^2}{4 \left(2a+b\right)}. }$

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la massa di un cilindro circolare retto di raggio a e altezza b, nell’ipotesi che la densità vari come il quadrato della distanza da un punto della circoferenza di base.

Svolgimento.

Rappresentiamo il dominio descritto dal testo dell’esercizio in figura 39.

$\quad$

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Figura 39: rappresentazione di un cilindro con densità variabile, dove la distanza di un punto generico $P(x,y,z)$ dalla circonferenza di base viene utilizzata per calcolare la massa del solido.

$\quad$

Fissiamo il punto sulla circonferenza di coordinate $A=(a,0,0)$ e calcoliamo la distanza tra un generico punto $B=(x,y,z)$ del cilindro ed $A$ :

$r^2=k((x-a)^2+y^2+z^2) \quad \text{con k }\in \mathbb{R}.$

Dalle condizioni imposte per determinare la massa totale del cilindro possiamo imporre il seguente integrale di volume:

$M=k\int_{0}^{b}dz\iint_{x^2+y^2\leq a^2}\left( (x-\text{a})^2+y^2+z^2 \right)dx\,dy .$

Applichiamo le coordinate polari

$M=\int_{0}^{b}dz\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{a}\left((\rho \cos\theta-\text{a})^2+\rho^2 (\sin \theta)^2+z^2 \right)d\rho$

Dopo semplici passaggi si ottiene che la massa è pari ad

$\boxcolorato{analisi}{M=\frac{\pi k}{6}\text{a}^2 \text{b}\left(9\text{a}^2+2\text{b}^2\right). }$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato il solido generato dalla rotazione della figura piana

$\mathcal{D}=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3 : x=0, 0\le z \le \alpha^2-y^2\}.$

Trovare i valori di $\alpha>0$ tale per cui il solido abbia baricentro $(0,0,1)$ .

Svolgimento.

Dalla definizione di $\mathcal{D}$ , e considerando la condizione $0 \leq z \leq \alpha^2 - y^2$ , la figura piana da ruotare è definita dalla parabola di equazione $z = \alpha^2 - y^2$ e dalla retta $x = 0$ .

Per simmetria, le coordinate $\bar{x}$ e $\bar{y}$ del baricentro sono nulle. Rimane quindi da determinare la coordinata $\bar{z}$ , data da:

$\bar{z} = \dfrac{\iiint_\mathcal{D} z \, dx \, dy \, dz}{\iiint_\mathcal{D} dx \, dy \, dz}.$

Poiché l’insieme $\mathcal{D}$ è un solido di rotazione, possiamo applicare il teorema di Guldino (per i richiami teorici, si veda l’esercizio ex15), ottenendo:

$\iiint_\mathcal{D} dx \, dy \, dz = \int_0^{\alpha^2} \pi (\alpha^2 - z) \, dz = \pi \alpha^4 - \pi \left[\dfrac{z^2}{2}\right]_0^{\alpha^2} = \pi \dfrac{\alpha^4}{2}.$

Analogamente, per il numeratore dell’espressione di $\bar{z}$ :

$\iiint_\mathcal{D} z \, dx \, dy \, dz = \int_0^{\alpha^2} \pi z (\alpha^2 - z) \, dz = \pi \alpha^2 \left[\dfrac{z^2}{2}\right]_0^{\alpha^2} - \pi \left[\dfrac{z^3}{3}\right]_0^{\alpha^2}.$

Calcolando i termini:

$\iiint_\mathcal{D} z \, dx \, dy \, dz = \pi \dfrac{\alpha^6}{2} - \pi \dfrac{\alpha^6}{3} = \pi \dfrac{\alpha^6}{6}.$

In conclusione, la coordinata $\bar{z}$ del baricentro è:

$\bar{z} = \dfrac{\iiint_\mathcal{D} z \, dx \, dy \, dz}{\iiint_\mathcal{D} dx \, dy \, dz} = \dfrac{\pi \dfrac{\alpha^6}{6}}{\pi \dfrac{\alpha^4}{2}} = \dfrac{\alpha^2}{3}.$

Quindi

$\boxcolorato{analisi}{\alpha=\sqrt{3}. }$

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume del solido

$\mathcal{D}=\left\lbrace (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 : (x-\sin(y))^2+z^2\le \sin^2\left(\frac{y}{2}\right)\right\rbrace.$

Svolgimento.

Consideriamo il piano $y = y_0$ , con $y_0 \in [0, 2\pi]$ . L’intersezione di tale piano con il dominio del solido $E$ definisce l’insieme dei punti interni al cerchio dato da:

$E_y = \left\{ (x, z) \in \mathbb{R}^2 \ : \ (x - \sin(y_0))^2 + z^2 \leq \sin^2\left(\frac{y_0}{2}\right) \right\}.$