tripli

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Integrali tripli - Esercizi svolti Integrali tripli Si calcolino gli integrali tripli seguenti riducendo per strati e per fili in coordinate cartesiane. Eventualmente fare cambiamenti di coordinate per il calcolo degli integrali doppi risultanti. Z

(x2 + y 2 ) dx dy dz, ove D `e il cubo [0, 1] × [0, 1] × [0, 1];

Z

xy(y + z) dx dy dz ove D `e il tetraedro di vertici (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1);

3.

Z

x2 dx dy dz ove D `e la sfera unitaria di centro (0, 0, 0).

4.

Z

xyz dx dy dz con D = {(x, y, z) | z 2 ≤ x2 + y 2 , z ≥ x2 + y 2 }.

1.

D

2.

D

D

D

Cambiamento di coordinate 5. Si calcoli, utilizzando le coordinate sferiche,

Z

x2 dx dy dz ove D `e la sfera unitaria di centro

D

(0, 0, 0). 6. Si calcoli, utilizzando le coordinate sferiche,

Z

D

1+

p

x2

1 dx dy dz ove + y2 + z2

D = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 − z ≤ 0 , 0 ≤ y ≤

√

3x/3} ;

7. Si calcoli Z

E

x2 + 4y 2 z 2 dx dy dz, 8y 3

dove E = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + 4y 2 (y 2 + z 2 − 1) ≤ 0, y ≥ variabili

   x

= 2uv y = v   z = w. 1

√

3 2 },

utilizzando il cambiamento di

Ulteriori integrali tripli 8.

Z

x2 y dx dy dz con D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + z 2 ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1};

9.

Z

1 dx dy dz, 3−z

D

D

D = {(x, y, z) | 9z ≤ 1 + y 2 + 9x2 , 0 ≤ z ≤ 10.

Z

D

q

9 − (y 2 + 9x2 )} ;

x dx dy dz, ove D `e l’insieme {(x, y, z) | 2x ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 1};

Applicazioni 11. Calcolare il volume delle regioni seguenti: (a) A = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 ≤ 1, x2 + y 2 − 2 ≤ z ≤ 4 − x − y}; (b) B = {(x, y, z) ∈ R3 | 1 − z ≤ x2 + y 2 ≤ 1 −

z2 9 ,

0 ≤ z ≤ 2};

(c) C = {(x, y, z) ∈ R3 | 1 − z ≤ x2 + y 2 ≤ 1, z ≤ 3x2 − y 2 }; √ 2 2 p (d) D = {(x, y, z) ∈ R3 | 15 x2 + y 2 ≤ z ≤ e − x +y }; 12. Si consideri il tetraedro di vertici A = (1, 0, 0), B = (0, 2, 0), C = (0, 0, 3), O = (0, 0, 0) e lo si suddivida in due mediante il piano di equazione x = k. Determinare k ∈ R in modo che i due solidi ottenuti abbiano volumi uguali. 13. Calcolare i volumi dei seguenti solidi ottenuti ruotando il grafico della funzione y = f (x) attorno all’asse delle ascisse: (a) y = x1 , x0 < x < x1 ; (b) y = (1 − x2/3 )3/2 , −1 ≤ x ≤ 1 (asteroide ); (c) y = x3 , 0 < x < a; (d) y = e x , 0 < x < a; (e) y = cosh x, 0 < x < a. 14. Calcolare il volume degli insiemi delimitati dalle superfici: (a) z = sin x, x = 0, x = π, y = 0, y = 1, z = 0; (b) z = sin x, x = −π, x = π, y = 0, y = 1, z = 0.

15. I due paraboloidi z + 10 = 5(x2 + y 2 ) e z −

10 3

= x2 + y 2 individuano una regione E che si

suppone omogenea. Verificare che il baricentro di E cade nell’origine. 16. Calcolare i momenti di inerzia (rispetto all’asse di rotazione) dei corpi seguenti, supposti omogenei, con densit`a 1 e ruotanti rispetto alla retta indicata. (a) una sfera, ruotante intorno ad una retta tangente; (b) il volume interno all’ellissoide

x2 a2

+

y2 b2

+

z2 c2

= 1, ruotante intorno all’asse delle ascisse;

(c) un guscio sferico, di raggio interno r ed esterno R, ruotante intorno ad un diametro.

Integrali tripli 1.

Z

D = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.

(x2 + y 2 ) dx dy dz,

D

Per fili: si proietta D su uno dei piani coordinati, per esempio sul piano z = 0, ottenendo il quadrato Q = [0, 1] × [0, 1], e Z

2

2

(x + y ) dx dy dz = D

Z "Z Q

2

#

2

(x + y ) dz dx dy,

Sxy

con Sxy = {(z | (x, y, z) ∈ D} = [0, 1]. Dunque Z

2

Z Z

2

(x + y ) dx dy dz =

D

ZQ

=

1

2

(x + y ) dz dx dy = 0

2

2

(x + y ) dx dy =

ZQ1

=

2

1 x2 + 3

0

Z

0

2 dx = . 3

1 Z 1

Z

Q

h

i

(x2 + y 2 ) z|10 dx dy =

2

(x + y 2 ) dy dx =

0

Per strati: si proietta D su un asse, per esempio sull’asse z. Si ha Z

2

2

(x + y ) dx dy dz =

Z

0

D

1 Z

2

2

(x + y ) dx dy dz,

Sz

con Sz = {(x, y) | (x, y, z) ∈ D} = [0, 1] × [0, 1]. Quindi, dal calcolo gi` a fatto, 2 (x + y ) dx dy = 3 Sz

Z

2.

Z

D

xy(y + z) dx dy dz,

2

2

⇒

2 (x2 + y 2 ) dx dy dz = . 3 D

Z

D = {(x, y, z) ∈ R3 | x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z ≤ 1}. z

piano x+y+z =1 y O

x

Per fili: la proiezione di D sul piano z = 0 `e il triangolo T delimitato dalla retta x + y = 1 e contenuto nel primo quadrante: Z

xy(y + z) dx dy dz = D

Z "Z

#

xy(y + z) dz dx dy,

Sxy

T

con Sxy = {z | (x, y, z) ∈ D} = [0, 1 − x − y]. z

Sxy b

y b

O

x Quindi Z

xy(y + z) dx dy dz =

D

Z

T

xy

Z

1−x−y

(y + z) dz dx dy =

0

Z

T

"

1 = xy y(1 − x − y) + (1 − x − y)2 dx dy = 2 ZT 1 2 = xy y − xy − y + (1 + x2 + y 2 − 2x − 2y − 2xy) dx dy = 2 ZT 1 1 2 1 2 2 = xy y − xy − y + + x + y − x − y − xy dx dy = 2 2 2 ZT 1 2 1 1 2 = xy −2xy − y + + x − x dx dy = 2 2 ZT1 Z 1−x 2 1 3 1 1 3 2 2 2 = − 2x y + xy − xy − x y + x y dy dx = 2 2 2 0Z 0 1 2 1 1 1 3 1 2 2 3 4 2 2 2 x (1 − x) + x(1 − x) − x(1 − x) − x (1 − x) + x (1 − x) dx =− 3 8 4 4 2 0 Z

si omette il calcolo dell’integrale semplice. Per strati: si proietta sull’asse z ottenendo il segmento [0, 1] e quindi Z

D

xy(y + z) dx dy dz =

Z

0

1 Z

Sz

#

1 z=1−x−y dx dy = xy yz + z 2

2 z=0

xy(y + z) dx dy dz,

con Sz = {(x, y) | (x, y, z) ∈ D} = {(x, y) | x + y ≤ 1 − z, x ≼ 0, y ≼ 0}.

z

Sz y O

x Quindi Z

xy(y + z) dx dy dz =

D

Z

0

1 Z 1−z 0

Z

1−z−x

xy(y + z) dy

0

dx dz

si omette il calcolo degli integrali semplici. 3.

Z

x2 dx dy dz,

D = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.

D

Per fili: si proietti su z = 0 ottenendo il disco E = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 1}. Quindi Z

2

x dx dy dz =

DZ

Z

E

=

2x

2

E

q

Z

2

x dz

Sxy

!

p

Sxy = [− 1 − x2 − y 2 ,

dx dy,

1 − x2 − y 2 dx dy.

p

1 − x2 − y 2 ]

Conviene calcolare quest’integrale doppio passando a coordinate polari e integrando sul dominio R = {(ρ, θ) ∈ R2 | 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Quindi Z

2x

ZE2π 0

2

q

1−

x2

−

2

2 cos θ dθ ·

y 2 dx dy 1

Z

=

Z

R

3

ρ

0

q

1−

ρ2 dρ

= 2π

Z

2π

1

3

ρ 0

q

1−

ρ2 dρ

= 2π

Z

0

1

2

ρ

q

1−

ρ2 d

1

0

Si sostituisce prima ρ2 = u e quindi 1 − u = s2 : Z

q

2ρ2 cos2 θ 1 − ρ2 ρ dρ dθ =

ρ2 2

!

=π

Z

0

1

q

ρ3 1 − ρ2 dρ.

Z 1 √ u 1 − u du = 2π (1 − s2 )s2 ds. 0

Si omette il calcolo dell’integrale semplice. Per strati: Z

x2 dx dy dz = 2

D

=2

Z

0

1 Z

Sz

Z

D 0

x2 dx dy dz,

x2 dx dy dz

con D0 = {(x, y, z) ∈ R3 | z > 0, x2 + y 2 + z 2 ≤ 1} con Sz = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1 − z 2 }.

Passo a coordinate polari (

x = ρ cos θ y = ρ sin θ

0 ≤ θ ≤ 2π, 0 < ρ ≤

p

1 − z2

da cui 2

Z

0

1 Z

=2·

Z

2

x dx dy dz = 2

Sz 2π

1

Z

2

cos θ dθ

Z

0

0

Z

√

1

(Z

0 1−z 2

2π 0

"Z

√

dz = 2π

√

4.

)

dz

2

1 4

1−z π ρ

dz = 4 0 2

1

Z

0

Si omette il calcolo dell’integrale semplice. Z

#

2

(ρ cos θ)ρ dρ dθ

ρ dρ

0

2

0

!

3

1−z 2

Z

1

0

(1 − z 2 )2 dz.

D = {(x, y, z) ∈ R3 | z 2 ≤ x2 + y 2 , z > x2 + y 2 }.

xyz dx dy dz,

D

z γ

y

x

Cono e paraboloide si intersecano in (0, 0, 0) e nella circonferenza γ di equazione (

x2 + y 2 = 1 z = 1.

Dunque la proiezione di D sul piano z = 0 `e il disco D0 = {(x, y, 0) | x2 + y 2 ≤ 1}. Per fili: D0

=

"Z √

x2 +y 2

Z

1 2

x2 +y 2

Z

D0

#

1 xyz dz dx dy = 2

Z

D0

√x2 +y2 xy z 2 2 "

xy[x2 + y 2 − (x2 + y 2 )2 ] dx dy

2

x +y

#

passando a coordinate polari otteniamo 1 2

=

Z

1 Z 2π

n

h

ρ (ρ cos θ)(ρ sin θ) ρ2 − ρ4

0 Z0 1 1 ρ5 2 0

−ρ

7

Z

dρ ·

0

2π

io

dρ dθ =

cos θ sin θ dθ = 0.

dx dy

Si spieghi il risultato studiando le simmetrie del problema. Per strati: possiamo scrivere Z

xyz dx dy dz =

Z

0

D

1 Z

xyz dx dy dz,

Sz

con Sz = {(x, y, z) ∈ R3 | z 2 ≤ x2 + y 2 ≤ z} z y

Îł

Sz Sz

0

b

z1

b

√

z x

y

x

Quindi Z

0

1 Z

Sz

xyz dx dy dz = =

Z

1

z

Z

xy dx dy dz =

Z01 ZSz2Ď€ Z

z

0

0

z

z2

Ď (Ď cos θ)(Ď sin θ) dĎ dθ = 0.

Cambiamenti di coordinate 5.

Z

D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. Passando a coordinate sferiche

x2 dx dy dz,

D

   x = r cos θ sin Ď•

y = r sin θ sin Ď•

con

   0≤ϕ≤

Ď€ 2

0 ≤ θ ≤ 2Ď€

  0≤r≤1

  z = r cos Ď•

si ha che il valore assoluto del determinante della matrice jacobiana `e r 2 sin Ď• e dunque Z

2

x dx dy dz =

DZ

1

=

0

r 4 dr ¡

Z

Ď€

Z

0

Ď€

Z

Ď€

0 3

2Ď€

Z

0

sin Ď• dĎ• ¡

Z

1 5

¡

=

Ď€ 5

¡ − cos Ď• + 13 cos3 Ď•

iπ

0

0

=

cos2 θ dθ =

Z

2Ď€

0 4Ď€ 15 .

centro 0, 0, 21

e raggio

piani y = 0 e y =

√x , 3

1 2.

dϕ =

1 + cos 2θ dθ = 2

6. Notiamo che 0 = x2 + y 2 + z 2 − z = x2 + y 2 + z −

2 2

(r sin Ď• cos θ) r sin Ď• dr dθ

0 2Ď€

(1 − cos2 Ď•) sin Ď• dĎ• ¡

=

h0

1

Z

1 2

2

−

1 4

`e l’equazione di una sfera di

Di questa si vuole la parte contenuta nel diedro delimitato dai

in y ≼ 0. z

y

x

Passando a coordinate sferiche    x = r cos θ sin Ď•

y = r sin θ sin Ď•

  z = r cos Ď•

con

   0≤ϕ≤

0≤θ≤

π 2 π 6

  0 ≤ r ≤ cos Ď•

si ha "Z

#

cos Ď• 6 2 1 1 p sin Ď• dr dĎ• dθ = dx dy dz = 1+r x2 +"y 2 + z 2 0 0 0 D 1+ # Z cos Ď• Z cos Ď• 2 Z Ď€ Z Ď€ 2 r −1+1 1 Ď€ 2 Ď€ r−1+ sin Ď• sin Ď• dr dĎ• = dr dĎ• = = 6 1+r 6 0 1+r 0 0 0

cos ϕ Z π

2 1 2 = Ď€6 dĎ• = sin Ď• r − r + log(1 + r)

2 0Z Ď€ 0 2 1 cos2 Ď• − cos Ď• + log(1 + cos Ď•) d cos Ď• = = − Ď€6 2 0 Z Ď€

Z

Ď€

Z

Ď€ ¡ = − 12

1 3

Ď€

cos3 Ď• 2 + 0

Ď€ = − 36 ¡ (−1) +

Ď€ 12

Ď€ 6

¡

1 2

Ď€

cos2 Ď• 2 −

¡ (−1) −

Ď€ 6

Z

Ď€ 2

0

Ď€ 6

Ď€

2

Z

log(1 + cos Ď•) d cos Ď• =

0

log(1 + cos Ď•) d cos Ď•.

0

Integrando per parti Z

log(1 + u) du = u log(1 + u) −

Z

u du = u log(1 + u) − u − log(1 + u), 1+u

e sostituendo nell’integrale precedente otteniamo Ď€ − 18 −

Ď€

Ď€ 6

Ď€ = − 18 −

{cos Ď• ¡ log(1 + cos Ď•) − cos Ď• − log(1 + cos Ď•)|02 Ď€ 6

[0 − (2 log 2 − 1)] = − 2Ď€ 9 +

Ď€ 3

log 2.

=

7. La matrice Jacobiana del cambiamento di coordinate φ `e 2v Jφ =  0 0

2u 1 0



0 0 1 

⇒

| det Jφ | = 2v.

Il dominio di integrazione E diventa E′ =

(

√ ) 3 (u, v, w) ∈ R3 | u2 + v 2 + w2 ≤ 1, v ≼ 2

e quindi I =

Z

E′

4u2 v 2 + 4v 2 w2 2v du dv dw. 8v 3

Integrando per strati paralleli al piano uw e passando a coordinate polari u = Ď cos Ď•, v = Ď sin Ď• I =

Z

1 √

3 2

Z

0

2Ď€

dϕ

Z

√

1−v2

3

Ď dĎ 0

!

4 49 √ 3 . dv = Ď€ − 15 320

Ulteriori integrali tripli 8.

Z

D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + z 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.

x2 y dx dy dz

D

Z

x y dx dy dz =

ZD1 0

9.

Z

D

1 dx dy dz, 3−z

Z

y¡

2Ď€

0

1 Z 2Ď€

Z

2

Z 01

cos2 θ ¡

Z

0

Ď 3 dĎ =

0

1

2

2

r cos θy dr dθ 0

1 1 Ď€ ¡Ď€¡ = . 2 4 8

dy =

D = {(x, y, z) ∈ R3 | 9z ≤ 1 + y 2 + 9x2 , 0 ≤ z ≤

q

9 − (y 2 + 9x2 )}.

z

1 b

b

1

x

L’equazione z = z 2 +y 2 +9x2

1 9

+

y2 9

b

3

y

+ x2 rappresenta un paraboloide ellittico di vertice 0, 0, 91

mentre

= 9 `e un’ellissoide di centro l’origine e semiassi 1, 3 e 3. Il dominio di integrazione

`e l’ellissoide, tolta la parte superiore del paraboloide. Diciamo D = D1 −D2 , con D1 ellissoide e D2 intersezione dell’ellissoide e del paraboloide. Dunque sembra naturale Z

D

=

Z

D1

−

Z

.

D2

La funzione da integrare `e costante rispetto ad x ed y. Quindi conviene integrare per strati paralleli al piano xy. Z

D1

1 dx dy dz = 3−z

Z

0

3 Z

dx dy

Sz

ove Sz `e l’ellisse y 2 + 9x2 = 9 − z 2 , ossia x2 y2 + = 1, 9 − z 2 1 − z92

1 dz, 3−z

la cui area `e z2 π · (9 − z ) · 1 − 9 2

1 2

!1

π · (9 − z 2 ). 3

2

=

Dunque Z

1 π dx dy dz = 3−z 3

D1

Z

3 0

9 − z2 dz. 3−z

Notare: questo metodo non funziona perch´e si `e incontrato un integrale improprio divergente. Si noti per` o che il punto (0, 0, 3) non appartiene al dominio d’integrazione. Procediamo allora in un altro modo. Chiamiamo D1 e D2 i due insiemi in figura e notiamo che D = D1 ∪ D2 h

i

Per z fissato, z ∈ 0, 19 va calcolato visto sopra, e quindi Z

D1

1 π dx dy dz = 3−z 3

Calcoliamo

Z

Z

1 9

0

Z

Sz

⇒

Z

=

D

Z

+

D1

Z

.

D2

1 dx dy, con Sz ellisse di area 3−z

1 π (9 − z 2 ) dz = 3−z 3

Z

0

1 9

π (3 + z) dz = 3

π 3

· (9 − z 2 ), come

1 1 + 3 162

=

55 π. 486

, ancora per strati perpendicolari all’asse z.

D2

In questo caso la sezione `e la corona ellittica Sz = {(x, y, z) | 9z − 1 ≤ y 2 + 9x2 ≤ 9 − z 2 }. Inoltre abbiamo 1 ≤z≤? 9 cio`e va capito a che quota si intersecano l’ellissoide ed il paraboloide. Si impone quindi l’uguaglianza 1 y2 z= + + x2 9 9

!

s

= 3· 1 −

y2 + x2 9

ossia

r

z = 3· 1 − z +

1 9

⇒

z 2 +9z−10 = 0,

le cui radici sono z = 1, z = −11 e di cui va presa la positiva. Dunque

1 9

≤ z ≤ 1 ed abbiamo

1

1

1 dz. 3−z

Z

D2

1 dx dy dz = 3−z

Z

1 9

1 3−z

Z

Sz

dx dy dz = Area Sz ·

Z

1 9

L’area di Sz `e π π π · (9 − z 2 ) − · (9z − 1) = − · (z 2 + 9z − 10), 3 3 3

dunque Z

D2

π 3 π = 3 π = 3 π = 3

=

π z 2 + 9z − 10 dz = · 3−z 3

Z

3995 π 26 55 π+ · − 26 log = 486 3 162 9

π 1 dx dy dz = − · 3−z 3 "

Z

2 1 9

#2

2

26 z + 12 + z−3

1 9

z2 + 12z + 26 log |z − 3| = 2 1 9

1

4 1 1 12 · + 12 · 2 + 26 log | − 1| − · + + 26 log

− 3

= 9 9 2 181 2 1 4 26 · 26 − − − 26 log = 162 3 9 3995 26 · − 26 log . 162 9 ·

dz =

Concludendo, Z

=

D

10.

Z

Z

+ D1

Z

D2

=

26 25π 26π − log . 3 3 9

D = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.

x dx dy dz,

D

2x = x2 + y 2 + z 2 `e come scrivere (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 1, dunque il dominio di integrazione `e la zona interna alla sfera x2 + y 2 + z 2 = 1, meno l’intersezione con la sfera (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 1.

La sezione del dominio con piano y = 0 `e

1 2

0

−1

1

2

Se poniamo D1 = D∩{x ≤ 0} = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 +y 2 +z 2 ≤ 1, x ≤ 0} e D2 = D∩{x > 0}, possiamo scrivere Z

=

D

Z

+

D1

Z

D2

e, dal momento che la funzione integranda `e costante rispetto ad y e z, conviene calcolare i due integrali per strati paralleli al piano (y, z). Per quanto riguarda D1 , le sezioni con piani perpendicolari all’asse x sono cerchi Sx , di raggio √ 1 − x2 , quindi Z

x dx dy dz =

DZ 1

0

=

−1

Z

0

−1

Z

x dy dz

Sx

x · π · (1 − x2 ) dx = π

Z

0

−1

dx =

Z

0 −1

x · Area Sx dx =

(x − x3 ) dx = π

1 2 1 4 x − x 2 4

0

−1

π =− . 4

Per quanto riguarda D2 , le sezioni Tx sono corone circolari di raggi

√

2x − x2 e

√

1 − x2 , e

quindi Z

x dx dy dz =

0

D2

Z

0

1 2

Z

1 2

Z

x dy dz

Tx

2

dx =

2

x · π · [1 − x − (2x − x )] dx = π

Z

0

1 2

Z

1 2

0

x · Area Tx dx =

1 2 (x − 2x ) dx = π x2 − x3 2 3 2

Concludendo Z

D

=

Z

D1

+

Z

D2

=−

π 5π π + =− . 4 24 24

1 2

0

=

π . 24

Applicazioni 11. (a) La regione A `e delimitata dalle superfici z = x2 +y 2 −2 e z = 4−x−y e la sua proiezione

sul piano xy `e il dominio D = {(x, y, 0) | x2 + y 2 ≤ 1}. Indichiamo con V il volume di A ed integriamo per fili paralleli all’asse z: V =

Z

dx dy dz =

A

Z Z

4−x−y

x2 +y 2 −2

D

dz

dx dy =

Z

D

(6 − x − y − x2 − y 2 ) dx dy.

Passando a coordinate polari V

=

Z

2π

Z

0

0

"

1

2

(6 − ρ cos θ − ρ sin θ − ρ )ρ dρ

ρ3 ρ4 (cos θ + sin θ) − 3 4 0 Z 2π 11 1 = − (cos θ + sin θ) dθ = 4 3 0 11 π. = 2 =

Z

2π

3ρ2 −

#1

dθ =

dθ =

0

(b) La superficie z = 1 − (x2 + y 2 ) `e un paraboloide di rotazione di vertice U = (0, 0, 1), mentre x2 + y 2 +

z2 9

= 1 `e un ellissoide di semiassi 1, 1, 3 e centro (0, 0, 0).

z b

2 b

b

1

y x Le sezioni Bz di B con piani z = cost, per 0 ≤ z ≤ 1 sono corone circolari di raggi q √ 2 r1 = 1 − z ed r2 = 1 − z9 , mentre per 1 ≤ z ≤ 2 sono cerchi di raggio r2 .

z

b

Bz b

y x Quindi

V

=

Z

dx dy dz =

0

B

= π

Z

1

1−

0

h

Z

2

= π z2 − 65 = 54 π.

1 Z

dx dy

B !z

z2 −1+z 9

i 3 1

z 27 0

h

+π z−

dz + π

dz +

1

Z

2

1

i 3 2

z 27 1

Z

2 Z

1−

z2 9

dx dy

!Bz

dz =

dz =

=

(c) La proiezione D di C sul piano xy `e

√ y = − 3x

y=

√

3x

π 3

1

Integrando per fili paralleli all’asse z

V =

Z

C

dx dy dz =

Z

D

Z

3x2 −y 2 0

dz

!

dx dy =

Z

D

(3x2 − y 2 ) dx dy = . . .

passando a coordinate polari ... =

Z

Ď€ 3

Z

0

− Ď€3

= = = = =

Z 1 4

Ď€ 3

−"Ď€3

1 4 1 4 π 3

2

2

2

Ď€ 3

2

(3Ď cos θ − Ď sin θ)Ď dĎ dθ +

(4 cos2 θ − 1) dθ ¡

Z

1

Z

1

Ď 3 dĎ +

0

(1 + 2 cos 2θ) dθ +

− Ď€3

Ď€

Z

4Ď€ 3

√

+

3

Ď€ + 23 √3 3 2 .

− − Ď€3 −

√

4Ď€

3 2

3

i

4Ď€ 3

2Ď€ 3

4Ď€ 3

Z

2Ď€ 3

1

0

2

2

2

h

+

(4 cos2 θ − 1) dθ ¡ #

1

Z

Ď 3 dĎ =

0

= 4Ď€ 3

+

√

3 2

−

2Ď€ 3

−

√

3 2

io

=

(d) La proiezione D di E sul piano xy `e D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ Îą}, dove 1 < Îą < 2 `e la radice dell’equazione e âˆ’Îą = 51 Îą. z

b

z=

1 5

p

z = e−

x2 + y 2

√

x2 +y 2

y

x Integrando per fili paralleli all’asse z:

V

=

Z

dx dy dz =

E Z 2Ď€

Z

D

Îą

  √ Z e − x2 +y2  √ dz  dx dy = 1 5

x2 +y 2

1 e Ď âˆ’ Ď Ď dĎ = 5 0 0 1 3 âˆ’Îą âˆ’Îą Îą . = 2Ď€ 1 − Îąe −e − 15 =

dθ

Z

12. La sezione del tetraedro ABCD mediante i piani x = cost `e

2

(3Ď cos θ − Ď sin θ)Ď dĎ dθ =

(1 + 2 cos 2θ) dθ =

2Ď€ 3

3 [θ + sin 2θ]−3 Ď€ + [θ + sin 2θ] 2Ď€

nh

Z

Z

z 3(1 − x)

Tx 0

2(1 − x)

y

Denotiamo con V1 e V2 i volumi di S1 ed S2 rispettivamente. z

S1 S2 x

y

Si ha V1 = = V2 = =

Z

ZSk1

Z0

S2

dx dy dz =

Z

0

2

k

Z

dy dz

Tx

h

3

3 · (1 − x) dx = −(1 − x) dx dy dz =

−(1 − x)3

1

k

Z

k

1 Z

= (1 −

Tx k)3 .

dy dz

dx =

Z

k

Z

1

0

ik 0

1 · 2 · (1 − x) · 3 · (1 − x) dx = 2

= 1 − (1 − k)3 ,

dx =

k

3 · (1 − x)2 dx =

Dunque la condizione affinch´e si abbia V1 = V2 `e 1 − (1 − k)3 = (1 − k)3

⇒

1 . k =1− √ 3 2

13. Ricordiamo che se f (x), x ∈ [a, b], `e una funzione continua, il volume del solido ottenuto ruotandone il grafico intorno all’asse delle ascisse `e dato da V =π

Z

b

f 2 (x) dx.

a

(a) V = π +∞.

Z

x1

x0

1 1 1 dx = π − . Notare che il volume rimane finito al tendere di x1 a 2 x x0 x1

(b) V

= π

Z

1

−1

(1 − x

2/3 3

) dx = π

Z

1

−1

(1 − 3x2/3 + 3x4/3 − x2 ) dx =

3 7 1 3 5 = π x − 3 · x 3 + 3 · x 3 − x3 5 3 7 9 9 1 = 2π 1 − + − = 5 7 3 32π = . 105

(c) V = π

Z

a

Z

a

x6 dx =

0

(d) V = π

=

−1

π 7 a . 7

e 2x dx =

0

1

π 2a e −1 . 2

(e) V

= π = =

Z

a

0 π 1

e x − e −x 2

!2

dx =

e 2a − 1 + 2a −

4 2 π (2a + sinh 2a). 4

Z

0

a

e 2x + 2 + e −2x 4

1 −2a e −1 = 2

!

dx =

14. (a) Si tratta del volume di un cilindro la cui proiezione sul piano z = 0 `e il rettangolo R = [0, π] × [0, 1]. z

y

1 b

R

x

π

1

b

R

y

b

0

b

b

π

x

Conviene quindi integrare per fili: V

= =

Z

1 dx dy dz =

ZD1 Z

0

0

π

Z Z

sin x

0

R

dz dx dy =

Z

sin x dx dy =

R

sin x dx dy = [− cos x]π0 = 2.

(b) Si tratta ancora di calcolare il volume di un cilindro, ma ora il grafico di z = sin x `e in parte sopra e in parte sotto il piano z = 0. z

−π b

1 b

π b

y

x

Quindi vanno calcolati due integrali: quello relativo alla parte di solido nel semispazio z ≥ 0 e quello relativo alla parte di solido in z < 0, che d` a non il volume ma l’opposto del volume. I due numeri vanno quindi sottratti. Usando la simmetria della figura ed il calcolo precedente, si vede che il volume vale 4.

15. I due paraboloidi si intersecano lungo la circonferenza x2 + y 2 =

10 20 , z= . 3 3

z

b

y x

Per simmetria xa = ya = 0. Verifichiamo che anche za = 0, cio`e che Z

z dx dy dz = 0, E

dove 10 + x2 + y 2 . 3

E = (x, y, z) ∈ R3 | −10 + 5(x2 + y 2 ) ≤ z ≤ La proiezione di E sul piano xy `e

D = (x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤

10 . 3

Integrando per fili paralleli all’asse z: Z

z dx dy dz =

E

Z

Z

D

=

1 2

Z

2Ď€

10 +x2 +y 2 3

−10+5(x2 +y 2 )

dθ 0

Z

0

√

10 3

Ď

z dz

"

!

dx dy =

10 + Ď 2 3

2

2

2

− (5Ď âˆ’ 10)

#

dĎ = 0.

16. (a) Prendiamo come asse di rotazione la retta tangente di equazioni x = R, y = 0. La distanza del punto (x, y, z) da tale retta `e data da

p

(R − x)2 + y 2 .

z

asse b

b

x

y

Dunque il momento d’inerzia `e I=

Z

D

[(R − x)2 + y 2 ] dx dy dz.

Se passiamo a coordinate sferiche    x

= ρ cos θ sin ϕ y = ρ sin θ sin ϕ   z = ρ cos ϕ,

r ≤ ρ ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π ≤ ϕ ≤ π

abbiamo che il valore assoluto del determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e | det J| = ρ2 sin ϕ, e dunque il momento d’inerzia diventa I =

Z

0

= = = = =

π

(Z

2π

0

"Z

R

0 R3

2

2

2

2

#

ρ sin ϕ(R − 2Rρ cos θ sin ϕ + ρ sin ϕ) dρ dθ

)

dϕ =

π R5 2π R4 R · 2π 2R · cos θ dθ + 2π sin ϕ dϕ − sin2 ϕ dϕ · sin3 ϕ dϕ = 3 4 5 0 0 0 0 " #π Z 2πR5 2πR5 R5 π 2 cos3 ϕ 2π π sin ϕ dϕ · [sin θ]0 + [− cos ϕ]0 + = − cos ϕ + 3 2 0 5 3 0 2πR5 1 1 4πR5 +0+ 1 − − −1 + = 3 5 3 3 5 5 8πR 4πR + = 3 5 15 28πR . 15

Z

π

2

Z

π

Z

Z

(b) L’asse di rotazione sia quello delle ascisse.

z

b

asse

y

La distanza di (x, y, z) da tale asse `e

I=

Z

p

z 2 + y 2 . Il momento d’inerzia `e

(z 2 + y 2 ) dx dy dz.

D

Passando a coordinate polari ellittiche

   x

= aρ cos θ sin ϕ y = bρ sin θ sin ϕ   z = cρ cos ϕ,

0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0≤ϕ≤π

si trova che il valore assoluto del determinante della matrice jacobiana della trasformazione `e | det J| = abcρ2 sin ϕ,

e dunque il momento d’inerzia diventa I =

Z

2Ď€

0

= abc = = = = = =

Z

Z

Ď€

Z

1

0 0 2π Z π Z 1

0 Z

0 2Ď€ Z

c2 Ď 2 cos2 Ď• + b2 Ď 2 sin2 θ sin2 Ď• abcĎ 2 sin Ď• dĎ dĎ•

Ď 4 c2 cos2 Ď• sin Ď• + b2 sin2 θ sin3 Ď• dĎ dĎ•

0 π 2

dθ =

dθ =

Ď€ abc b2 sin2 θ sin3 Ď• dĎ• dθ = c cos2 Ď• sin Ď• dĎ• dθ + 5 (0 "0 0 0 ) #Ď€ Z 2Ď€ Z Ď€ abc 1 − cos 2θ) cos3 Ď• 2 2 2 sin Ď•(1 − cos Ď•) dĎ• = +b 2Ď€c − dθ ¡ 5 3 2 0 0 0 ) ( # " Ď€ abc 1 1 cos3 Ď• + = 2Ď€c2 + Ď€b2 − cos Ď• + 5 3 3 3 0 " # abc 4Ď€c2 1 1 2 + Ď€b 1 − + 1 − = 5 " 3 3 3 # abc 4Ď€c2 4Ď€b2 + = 5 3 3 4Ď€abc 2 (b + c2 ). 15

2Ď€ Z

Z

(c) L’asse di rotazione sia l’asse z. La distanza di (x, y, z) da tale asse `e quindi calcolato I=

Z

(x2 + y 2 ) dx dy dz.

D

Passando a coordinate sferiche    x

= Ď cos θ sin Ď• y = Ď sin θ sin Ď•   z = Ď cos Ď•,

r ≤ Ď â‰¤ R, 0 ≤ θ ≤ 2Ď€, âˆ’Ď€ ≤ Ď• ≤ Ď€

si trova che il momento d’inerzia `e I =

Z

Ď€

0

= 2Ď€

(Z

0

Z

0

= =

Ď€

"Z

r

Z

R

R

#

Ď 2 sin2 Ď• Ď 2 sin Ď• dĎ dθ

Ď 4 sin3 Ď• dĎ

r

!

dϕ =

(R5 − r 5 ) Ď€ sin Ď•(1 − cos2 Ď•) dĎ• = 5 " 0 #Ď€ cos3 Ď• 2Ď€(R5 − r 5 ) = − cos Ď• + 5 3 0 2Ď€(R5 − r 5 ) 4 ¡ = 5 3 5 5 8Ď€(R − r ) . 15

= 2Ď€ ¡ =

2Ď€

Z

)

dϕ =

p

x2 + y 2 . Va

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