Calcolare il seguente integrale triplo
\(\iiint\limits_{A}{\left( 1+xy \right)dxdydz}\) , \(A=\left\{ (x,y,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,{{z}^{2}}+1\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le z+3 \right\}\)
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Soluzione
L’insieme di integrazione è rappresentato in figura.
Usiamo il cambio di coordinate che ci permette di passare dalle coordinate cartesiane a quelle cilindriche.
\(\left\{ \begin{align} & x=\rho \cos \theta \\ & y=\rho \sin \theta \\ & z=z \\ \end{align} \right.\) ,\(\rho \ge 0\) ,\(0\le \theta \le 2\pi \) , \(|\det J|=\rho \)
Facciamo il cambio di coordinate nell’insieme di integrazione, facendo il cambio di variabili nelle disequazioni e risolvendole in forma algebrica.
\({{z}^{2}}+1\le z+3\) \(\Rightarrow \) \({{z}^{2}}-z-2\le 0\) \(\Rightarrow \) \(-1\le z\le 2\)
\({{z}^{2}}+1\ge 0\) \(\forall z\)
\({{z}^{2}}+1\le {{\rho }^{2}}\le z+3\) \(\Rightarrow \) \(\sqrt{{{z}^{2}}+1}\le \rho \le \sqrt{z+3}\)
L’insieme A in coordinate polari diventa:
\({A}’=\left\{ (\rho ,\theta ,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:-1\le z\le 2,0\le \theta \le 2\pi ,\sqrt{{{z}^{2}}+1}\le \rho \le \sqrt{z+3}\, \right\}\)
Facciamo il cambio di coordinate nell’integrale ricordando di moltiplicare la funzione integranda per il modulo del determinante della matrice Jacobiana.
\(\iiint\limits_{A}{\left( 1+xy \right)dxdydz}=\) \(\iiint\limits_{{{A}’}}{\left( 1+\rho \cos \theta \rho \sin \theta \right)\rho d\rho d\theta dz}=\) \(\iiint\limits_{{{A}’}}{\rho +\frac{{{\rho }^{3}}}{2}\sin \left( 2\theta \right)d\rho d\theta dz}=\)
Aggiungiamo gli estremi di integrazione nell’integrale triplo:
\(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\rho +\frac{{{\rho }^{3}}}{2}\sin \left( 2\theta \right)dz}d\rho }d\theta }=\)
Spezziamo l’integrale nella somma di due integrali tripli
\(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\frac{{{\rho }^{3}}}{2}\sin \left( 2\theta \right)dz}d\rho }d\theta }+\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\rho dz}d\rho }d\theta }=\)
\(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\sin \left( 2\theta \right)d\theta }\cdot \int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\frac{{{\rho }^{3}}}{2}dz}d\rho }+\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\rho dz}d\rho }d\theta }=\)
Il primo integrale fa zero \(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\sin \left( 2\theta \right)d\theta }\cdot \int\limits_{z=-1}^{2}{\int\limits_{\rho =\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}{\frac{{{\rho }^{3}}}{2}dz}d\rho }=0\) perché \(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\sin \left( 2\theta \right)d\theta }=0\)
Calcoliamo il risultato del secondo integrale:
\(\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{d\theta \cdot \int\limits_{z=-1}^{2}{\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}^{\sqrt{z+3}}d\rho }}=\) \(2\pi \int\limits_{z=-1}^{2}{\left[ \frac{z+3-{{z}^{2}}-1}{2} \right]d\rho }\)=\(\pi \int\limits_{z=-1}^{2}{z+2-{{z}^{2}}d\rho }=\frac{9}{2}\pi \)
Il risultato dell’integrale triplo è pari a:
\(\iiint\limits_{A}{\left( 1+xy \right)dxdydz}=\frac{9}{2}\pi \)
Abbiamo concluso l’integrale triplo online. Continua a navigare sul sito per leggere altri esempi.
Approfondimento
Un esercizio molto utile è quello di provare a descrivere la superficie esterna dell’insieme di integrazione.
Riportiamo una possibile soluzione:
\({{\Sigma }_{1}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,{{\rho }^{2}}-3 \right)\) , \(0\le \theta \le 2\pi \), \(\sqrt{2}\le \rho \le \sqrt{5}\)
\({{\Sigma }_{2}}={{\Sigma }_{a}}\cup {{\Sigma }_{b}}\)
\({{\Sigma }_{a}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\sqrt{{{\rho }^{2}}-1} \right)\) , \(0\le \theta \le 2\pi \), \(1\le \rho \le \sqrt{5}\)
\({{\Sigma }_{b}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,-\sqrt{{{\rho }^{2}}-1} \right)\), \(0\le \theta \le 2\pi \), \(1\le \rho \le \sqrt{2}\)
