Soluzione
L’insieme A descrive il solido compreso tra la superficie di due sfere concentriche di centro nell’origine degli assi e un cono.
Come già detto nell’introduzione si tratta di un integrale che risulta particolarmente agevole in coordinate sferiche.
Passaggio in coordinate sferiche nell’insieme di integrazione
Riportiamo come prima cosa il sistema di equazione che permette il passaggio da coordinate cartesiane a sferiche.
\(\left\{ \begin{align} & x=\rho \cos \theta \sin \phi & y=\rho \sin \theta \sin \phi & z=\rho \cos \phi \end{align} \right.\) ,\(\rho \ge 0\) , \(0\le \theta \le 2\pi \) , \(0\le \phi \le \pi \) , \(|\det J|={{\rho }^{2}}\sin \phi \)
Relazioni utili: \(\sin \phi \ge 0\) ,\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{\rho }^{2}}\) , \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\rho }^{2}}{{\sin }^{2}}\phi \)
A questo punto riscriviamo ciascuna espressione nel sistema di coordinate sferiche. Partiamo dall’equazione del cono.
\(z\ge \sqrt{3{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}}\) \(\Rightarrow \) \(\rho \cos \phi \ge \sqrt{3}\rho \sin \phi \) \(\Rightarrow \) \(\tan \phi \le \frac{1}{\sqrt{3}}\) \(\Rightarrow \) \(0\le \phi \le \frac{\pi }{6}\)
Passiamo ora all’intersezione tra le due sfere.
\(\frac{1}{4}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le 1\) \(\Rightarrow\) \(\frac{1}{4}\le {{\rho }^{2}}\le 1\) \(\Rightarrow \) \(\frac{1}{2}\le \rho \le 1\)
Per quanto riguarda la variabile θ non ci sono limitazioni imposte dalle condizioni in A, quindi si ha che \(0\le \theta \le 2\pi \).
L’insieme nel nuovo sistema di coordinate diventa:
\({A}’=\left\{ (\rho ,\theta ,\phi )\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,0\le \phi \le \frac{\pi }{6},\,\frac{1}{2}\le \rho \le 1,0\le \theta \le 2\pi \, \right\}\)
Passaggio in coordinate sferiche nell’integrale
Notiamo che l’insieme è normale rispetto a tutte le variabili.
Passiamo al cambio di coordinate all’interno dell’integrale ricordandoci di moltiplicare per il modulo del determinante della matrice Jacobiana.
\(\iiint\limits_{A}{\frac{1}{{{z}^{3}}}dxdydz}=\) \(\iiint\limits_{{{A}’}}{\frac{1}{{{\rho }^{3}}{{\cos }^{3}}\phi }{{\rho }^{2}}\sin \phi d\rho d\theta d\phi }=\) \(\int\limits_{0}^{2\pi }{\int\limits_{0}^{\pi /6}{\int\limits_{1/2}^{1}{\frac{1}{\rho }}\frac{\sin \phi }{{{\cos }^{3}}\phi }d\phi }\cdot d\theta }\cdot d\rho =\)
Si tratta di un integrale a variabili separabili che può essere riscritto come il prodotto di tre integrali indipendenti:
\(=\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta }\cdot \int\limits_{0}^{\pi /6}{\frac{\sin \phi }{{{\cos }^{3}}\phi }d\phi }\cdot \int\limits_{1/2}^{1}{\frac{1}{\rho }d\rho }\)
A questo punto calcoliamo singolarmente ciascuno degli integrali:
\(\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta }=2\pi \)
\(\int\limits_{0}^{\pi /6}{{{\cos }^{-3}}\phi \sin \phi d\phi }=\) \(\frac{1}{2}\left[ {{\cos }^{-2}}\phi \right]_{0}^{\pi /6}=\frac{1}{6}\)
\(\int\limits_{1/2}^{1}{\frac{1}{\rho }d\rho }=\log 2\)
Andiamo a sostituire nell’integrale principale.
\(\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta }\cdot \int\limits_{0}^{\pi /6}{\frac{\sin \phi }{{{\cos }^{3}}\phi }d\phi }\cdot \int\limits_{1/2}^{1}{\frac{1}{\rho }d\rho }=\) \(2\pi \cdot \frac{1}{6}\cdot \log 2=\) \(\frac{\pi \log 2}{3}\)
Possiamo concludere che il risultato dell’integrale è \(\iiint\limits_{A}{\frac{1}{{{z}^{3}}}dxdydz}=\frac{\pi \log 2}{3}\). Si conclude così l’esempio di integrale triplo che conviene in coordinate sferiche.
Approfondimento
Esercizio molto utile per comprendere meglio la parametrizzazione delle superfici: provare a descrivere la superficie laterale dell’insieme A attraverso una opportuna parametrizzazione.
Riportiamo una possibile soluzione:
\({{\Sigma }_{1}}=\left( \frac{1}{4}\cos \theta \sin \phi ,\frac{1}{4}\sin \theta \sin \phi ,\frac{1}{4}\cos \phi \right),0\le \theta \le 2\pi ,0\le \phi \le \frac{\pi }{6}\)
\({{\Sigma }_{2}}=\left( \cos \theta \sin \phi ,\sin \theta \sin \phi ,\cos \phi \right),0\le \theta \le 2\pi ,0\le \phi \le \frac{\pi }{6}\)
\({{\Sigma }_{3}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\sqrt{3}\rho \right),0\le \theta \le 2\pi ,\frac{1}{8}\le \rho \le \frac{1}{2}\)
Soluzione
