Integrale triplo su un cono tagliato da un piano
Calcolare il seguente integrale triplo:
\(\iiint\limits_{A}{\frac{y}{{{z}^{4}}+1}dxdydz}\) , \(A=\left\{ (x,y,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,\,0\le z\le 1,\,\,\,\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{z}^{2}},\,\,\,\,z\le x+y \right\}\)
Vedremo nella soluzione che l’insieme è un cono tagliato da un piano. Leggi l’esercizio svolto su integrali tripli
Soluzione
Per prima cosa proviamo a capire di cosa si tratta l’insieme di integrazione.
\(0\le z\le 1\) rappresenta la parte di spazio compresa tra i piani z=0 e z=1.
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{z}^{2}}\) rappresenta l’equazione di un cono e il minore o uguale sta ad indicare che bisogna prendere la parte interna.
Nel grafico è rappresentato il grafico tridimensionale dell’insieme A su cui dobbiamo integrare la funzione. L’insieme A è costituito dalla parte di spazio compresa tra il piano e il cono.
Il secondo grafico mostra invece una sezione del solido a z fissato
Considerando che la sezione del solido che si ottiene tagliando il grafico a una certa quota z con \(0\le z\le 1\) è una circonferenza di raggio z tagliata da una retta.
L’insieme può essere ben rappresentato in coordinate polari.
Ponendo quindi \(x=\rho \cos \theta \) e \(y=\rho \sin \theta \) , si ha:
\(0\le z\le 1\) resta invariato.
\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le {{z}^{2}}\) \(\Rightarrow \) \({{\left( \rho \cos \theta \right)}^{2}}+{{\left( \rho \sin \theta \right)}^{2}}\le {{z}^{2}}\) \(\Rightarrow \) \({{\rho }^{2}}\le {{z}^{2}}\) \(\Rightarrow \) \(\rho \le z\)
\(z\le x+y\) \(\Rightarrow \) \(z\le \rho \cos \theta +\rho \sin \theta \) \(\Rightarrow \) \(\rho \ge \frac{z}{\cos \theta +\sin \theta }\).
L’insieme descritto in coordinate polari diventa:
\({A}’=\left\{ (\rho ,\theta ,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,\,0\le z\le 1,\,\,0\le \theta \le \frac{\pi }{2},\,\,\,\,\frac{z}{\cos \theta +\sin \theta }\le \rho \le z,\,\,\,\, \right\}\)
L’insieme A descritto in coordinate polari diventa normale rispetto a z e rispetto a θ. Nel passare in coordinate polari bisogna ricordarsi di moltiplicare la funzione per il modulo del determinante della matrice Jacobiana che nel caso di coordinate polari vale \(\left| \det \mathbf{J} \right|=\rho \) .
\(\iiint\limits_{A}{f(x,y,z)dxdydz}=\) \(\iiint\limits_{{{A}’}}{f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,z)\cdot \rho \cdot d\rho d\theta dz}=\) \(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\int\limits_{z=0}^{1}{\int\limits_{\rho =\frac{z}{\cos \theta +\sin \theta }}^{z}{\frac{\rho \sin \theta }{{{z}^{4}}+1}}}\cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta \cdot dz}=\)
\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta \left[ \int\limits_{z=0}^{1}{\frac{1}{{{z}^{4}}+1}\left( \int\limits_{\rho =\frac{z}{\cos \theta +\sin \theta }}^{z}{{{\rho }^{2}}\cdot d\rho } \right)dz} \right]d\theta }=\)
\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta \left[ \int\limits_{z=0}^{1}{\frac{1}{{{z}^{4}}+1}\left[ \frac{{{\rho }^{3}}}{3} \right]_{\frac{z}{\cos \theta +\sin \theta }}^{z}dz} \right]}d\theta =\)\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta \left[ \int\limits_{z=0}^{1}{\frac{1}{{{z}^{4}}+1}\left[ \frac{{{z}^{3}}}{3}-\frac{1}{3}{{\left( \frac{z}{\cos \theta +\sin \theta } \right)}^{3}} \right]\cdot dz} \right]}d\theta =\)\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\frac{1}{{{\left( \cos \theta +\sin \theta \right)}^{3}}} \right)\sin \theta \left[ \frac{1}{3}\int\limits_{z=0}^{1}{\frac{{{z}^{3}}}{{{z}^{4}}+1}\cdot dz} \right]\cdot }d\theta =\)
A questo punto abbiamo ottenuto un integrale doppio a variabili separabili e quindi possiamo scriverlo come il prodotto di due integrali separati:
\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\frac{1}{{{\left( \cos \theta +\sin \theta \right)}^{3}}} \right)\sin \theta \,}d\theta \cdot \frac{1}{3}\int\limits_{z=0}^{1}{\frac{{{z}^{3}}}{{{z}^{4}}+1}\cdot dz}=\)
A questo punto risolviamo singolarmente i due integrali. Partiamo dal risolvere il primo:
\(\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{z}^{3}}}{{{z}^{4}}+1}\cdot dz}=\) \(\frac{1}{12}\int\limits_{0}^{1}{\frac{4{{z}^{3}}}{{{z}^{4}}+1}dz}=\) \(\frac{1}{12}\left[ \ln \left( {{z}^{4}}+1 \right) \right]_{0}^{1}=\frac{1}{12}\ln 2\)
Risolviamo il secondo:
\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\frac{1}{{{\left( \cos \theta +\sin \theta \right)}^{3}}} \right)\sin \theta \,}d\theta =\)\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta d\theta }-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin \theta }{{{\left( \cos \theta +\sin \theta \right)}^{3}}}d\theta }=\)
Abbiamo da calcolare la somma di due integrali e risolviamoli singolarmente, il primo è immediato:
\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta d\theta }=\) \(\left[ -\cos \theta \right]_{0}^{\pi /2}=1\)
Per quanto riguarda il secondo dividiamo numeratore e denominatore per \({{\cos }^{3}}\theta \), e otteniamo una espressione con \(\tan \theta \):
\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\frac{\sin \theta }{{{\cos }^{3}}\theta }}{{{\left( 1+\frac{\sin \theta }{\cos \theta } \right)}^{3}}}d\theta }=\)\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\frac{\sin \theta }{\cos \theta }}{{{\left( 1+\frac{\sin \theta }{\cos \theta } \right)}^{3}}}\frac{1}{{{\cos }^{2}}\theta }d\theta }=\)\(\int\limits_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\tan \theta }{{{\left( 1+\tan \theta \right)}^{3}}}\frac{1}{{{\cos }^{2}}\theta }d\theta }=\)
Riconoscendo che \(\frac{1}{{{\cos }^{2}}\theta }\) è la derivata della tangente possiamo fare la sostituzione \(\tan \theta =x\)\(\Rightarrow \) \(\frac{1}{{{\cos }^{2}}\theta }d\theta =dx\) e sostituendo nell’integrale si ha:
\(\int\limits_{0}^{+\infty }{\frac{x}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}dx}=\)\(\int\limits_{0}^{+\infty }{\frac{x+1-1}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}dx}=\)\(\int\limits_{0}^{+\infty }{\frac{x+1}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}-\frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}dx}=\)\(\int\limits_{0}^{+\infty }{{{(x+1)}^{-2}}-{{(x+1)}^{-3}}dx}=\)\(\left[ -\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2{{\left( x+1 \right)}^{2}}} \right]_{0}^{+\infty }=\frac{1}{2}\)
Possiamo pertanto concludere che:
\(\iiint\limits_{A}{\frac{y}{{{z}^{4}}+1}dxdydz}=\) \(\frac{\ln 2}{12}\left( 1-\frac{1}{2} \right)=\frac{\ln 2}{24}\)
