Integrale triplo svolto su intersezione tra due sfere e cono

Calcolare il seguente integrale triplo:

\(\iiint\limits_{A}{\frac{1}{{{z}^{3}}}dxdydz}\) , \(A=\left\{ (x,y,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,0\le z\le 1\,\,,\,\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 5{{z}^{2}},\,\,\frac{1}{4}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le 1\,\,\, \right\}\)

Continua a leggere l’ integrale triplo svolto su intersezione tra due sfere e cono.

 

Rappresentazione dell’insieme di integrazione

Per prima cosa proviamo a capire di cosa si tratta l’insieme di integrazione.

La disequazione\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 5{{z}^{2}}\) rappresenta la parte interna di un cono. La disequazione\(\,\frac{1}{4}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le 1\)  rappresenta il volume compreso tra due sfere concentriche di centro nell’origine e raggi pari rispettivamente a Ra=1/2 e Rb=1.

l'insieme di integrazione è rappresentato da un solido avente come bordi due calotte sferiche e un tronco di cono

Calcolo del risultato dell’integrale triplo

\(A=\left\{ (x,y,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,0\le z\le 1\,\,,\,\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 5{{z}^{2}},\,\,\frac{1}{4}-{{z}^{2}}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 1-{{z}^{2}}\,\,\, \right\}\)

Comunque si fissa z, si ha che la sezione del solido è la superficie compresa tra due circonferenze. Per capire quali tra quali valori prendere il raggio del cerchio interno e del cerchio esterno possiamo provare a graficare le funzioni \({{f}_{1}}\left( z \right)=5{{z}^{2}}\), \({{f}_{2}}\left( z \right)=1-{{z}^{2}}\) e \({{f}_{3}}\left( z \right)=\frac{1}{4}-{{z}^{2}}\) calcolando le varie intersezioni.

grafico delle funzioni f1,f2 e f3 e varie intersezioni

Si ha che \(5{{z}^{2}}\ge \frac{1}{4}-{{z}^{2}}\) \(\Rightarrow \) \(6{{z}^{2}}\ge \frac{1}{4}\) \(\Rightarrow \) \(z\ge \frac{1}{2\sqrt{6}}\)

Possiamo riscrivere l’insieme A, nella seguente forma:

\(A=\left\{ (x,y,z)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\frac{1}{2\sqrt{6}}\le z\le 1\,\,,\,\,\max \{0,\frac{1}{4}-{{z}^{2}}\}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le \min \{1-{{z}^{2}},5{{z}^{2}}\}\,\,\, \right\}\)

A questo punto calcoliamo le altre disequazioni:

\(\frac{1}{4}-{{z}^{2}}\ge 0\,\) \(\Rightarrow \) \({{z}^{2}}\le \frac{1}{4}\) \(\Rightarrow \) \(\frac{1}{2\sqrt{6}}\le z\le \frac{1}{2}\)

\(1-{{z}^{2}}\le 5{{z}^{2}}\) \(\Rightarrow \) \(6{{z}^{2}}\ge 1\) \(\Rightarrow \) \(z\ge \frac{1}{\sqrt{6}}\)

E per concludere possiamo scrivere:

\(\min \{1-{{z}^{2}},5{{z}^{2}}\}=\left\{ \begin{align}  & \,1-{{z}^{2}},\,\,z\ge \frac{1}{\sqrt{6}} \\ & 5{{z}^{2}},\,\frac{1}{2\sqrt{6}}\le z<\frac{1}{\sqrt{6}} \\\end{align} \right.\)

\(\max \{\frac{1}{4}-{{z}^{2}},0\}=\left\{ \begin{align}  & 0\,,\,\,z\ge \frac{1}{2} \\& \frac{1}{4}-{{z}^{2}},\,\frac{1}{2\sqrt{6}}\le z<\frac{1}{2} \\\end{align} \right.\)

Passaggio in coordinate polari

Passiamo a questo punto alle coordinate polari.

\(\left\{ \begin{align}  & x=\rho \cos \theta  \\ & y=\rho \sin \theta  \\ & z=z \\\end{align} \right.\) ,\(\rho \ge 0\) ,\(0\le \theta \le 2\pi \) , \(|\det J|=\rho \)

In coordinate polari l’insieme diventa l’unione di tre sottoinsiemi:

\({A}’=\left\{ \left( \rho ,\theta ,z \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,\frac{1}{2\sqrt{6}}\le z\le \frac{1}{\sqrt{6}},\,\,0\le \theta \le 2\pi ,\,\,\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}\le \rho \le \sqrt{5}z\, \right\}\cup\)

\(\left\{ \left( \rho ,\theta ,z \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,\frac{1}{\sqrt{6}}\le z\le \frac{1}{2},\,\,0\le \theta \le 2\pi ,\,\,\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}\le \rho \le \,\sqrt{1-{{z}^{2}}} \right\}\cup\)

\(\left\{ \left( \rho ,\theta ,z \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}:\,\,\frac{1}{2}\le z\le 1,\,\,0\le \theta \le 2\pi ,\,\,0\le \rho \le \,\sqrt{1-{{z}^{2}}} \right\}\)

A questo punto torniamo all’integrale triplo, facciamo il cambio di coordinate ricordando di moltiplicare per il valore assoluto del determinante della matrice Jacobiana e spezziamolo nella somma di tre integrali.

\(\iiint\limits_{A}{\frac{1}{{{z}^{3}}}dxdydz}=\)\(\iiint\limits_{{{A}’}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\rho d\rho d\theta dz}=\)

\(\int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{\rho =\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{5{{z}^{2}}}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\rho d\rho d\theta dz}}}+\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{\rho =\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\rho d\rho d\theta dz}}}+\int\limits_{z=1/2}^{1}{\int\limits_{\theta =0}^{2\pi }{\int\limits_{\rho =0}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\rho d\rho d\theta dz}}}=\)

\(2\pi \left[ \int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\int\limits_{\rho =\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{5{{z}^{2}}}}{\rho d\rho dz}}+\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\int\limits_{\rho =\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}{\rho d\rho dz}}+\int\limits_{z=1/2}^{1}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\int\limits_{\rho =0}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}{\rho d\rho dz}} \right]=\)

\(2\pi \left[ \int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{5{{z}^{2}}}}dz}+\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{\sqrt{\frac{1}{4}-{{z}^{2}}}}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}}+\int\limits_{z=1/2}^{1}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \frac{{{\rho }^{2}}}{2} \right]_{0}^{\sqrt{1-{{z}^{2}}}}} \right]=\)

\(\pi \left[ \int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \left( 5{{z}^{2}} \right)-\left( \frac{1}{4}-{{z}^{2}} \right) \right]dz}+\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \left( 1-{{z}^{2}} \right)-\left( \frac{1}{4}-{{z}^{2}} \right) \right]dz}+\int\limits_{z=1/2}^{1}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left( 1-{{z}^{2}} \right)dz}\right]=\)

A questo punto abbiamo la somma di tre integrali nella sola variabile z. Andiamo a calcolare gli integrali uno alla volta e poi alla fine facciamo la somma.

\(\int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \left( 5{{z}^{2}} \right)-\left( \frac{1}{4}-{{z}^{2}} \right) \right]dz}\,=\) \(\int\limits_{z=1/(2\sqrt{6})}^{1/\sqrt{6}}{\frac{6}{z}-\frac{1}{4{{z}^{3}}}\,dz}=6\log 2-\frac{9}{4}\)

\(\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left[ \left( 1-{{z}^{2}} \right)-\left( \frac{1}{4}-{{z}^{2}} \right) \right]dz}=\) \(\int\limits_{z=1/\sqrt{6}}^{1/2}{\frac{3}{4{{z}^{3}}}dz}=\frac{3}{4}\)

\(\int\limits_{z=1/2}^{1}{\frac{1}{{{z}^{3}}}\left( 1-{{z}^{2}} \right)dz}=\) \(\int\limits_{z=1/2}^{1}{\frac{1}{{{z}^{3}}}-\frac{1}{z}dz}=\frac{3}{2}-\log 2\)

Per finire torniamo all’integrale principale e sommiamo tutto:

\(\otimes =\pi \left( 6\log 2-\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+\frac{3}{2}-\log 2 \right)=\) \(5\pi \log 2\)

Finalmente siamo arrivati alla soluzione dell’integrale che vale  \(5\pi \log 2\) .

Abbiamo concluso l’ integrale triplo svolto su intersezione tra due sfere e cono. Questo esercizio è un esempio di integrale triplo di difficoltà elevata e molto contoso. Continua la navigazione sul sito per provare altri esempi.

Approfondimento

Un esercizio molto utile per imparare a parametrizzare superfici è quello di provare a parametrizzare la superficie esterna del solido rappresentato dall’insieme A.

Esempio di parametrizzazione di una superficie costituita dal bordo di un insieme tridimensionale

Una possibile soluzione è:

\({{\Sigma }_{1}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\frac{\rho }{\sqrt{5}} \right)\) , \(\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{6}}\le \rho \le \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\) , \(0\le \theta \le 2\pi \) (rappresenta la superficie del tronco di cono)

\({{\Sigma }_{2}}=\left( \cos \theta \sin \phi ,\sin \theta \sin \phi ,\cos \phi  \right)\), \(0\le \theta \le 2\pi \), \(0\le \phi \le {{\cos }^{-1}}\left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)\)  (rappresenta la superficie della calotta sferica di raggio 1)

\({{\Sigma }_{3}}=\left( \frac{1}{2}\cos \theta \sin \phi ,\frac{1}{2}\sin \theta \sin \phi ,\frac{1}{2}\cos \phi  \right)\), \(0\le \theta \le 2\pi \), \(0\le \phi \le {{\cos }^{-1}}\left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)\)  (rappresenta la superficie della calotta sferica di raggio 1/2)

Un’altra possibile soluzione è

\({{\Sigma }_{1}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\frac{\rho }{\sqrt{5}} \right)\) , \(\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{6}}\le \rho \le \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\) , \(0\le \theta \le 2\pi \) (rappresenta la superficie del tronco di cono)

\({{\Sigma }_{2}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\sqrt{1-{{\rho }^{2}}} \right)\), \(0\le \rho \le \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\), \(0\le \phi \le {{\cos }^{-1}}\left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)\)  (rappresenta la superficie della calotta sferica di raggio 1)

\({{\Sigma }_{3}}=\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta ,\sqrt{\frac{1}{4}-{{\rho }^{2}}} \right)\), \(0\le \rho \le \frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{6}}\), \(0\le \phi \le {{\cos }^{-1}}\left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)\)  (rappresenta la superficie della calotta sferica di raggio 1/2)

Stesso esercizio risvolto in coordinate sferiche (soluzione consigliata).

Integrali Tripli

Lezioni di Analisi Matematica 2


Autore: ing. Casparriello Marco

Lezioni di matematica e fisica a cura di Marco Casparriello.