Discussione:Integrale multiplo/Esempi

Esempi spostati dalla voce.--Dr Zimbu (msg) 09:39, 30 nov 2009 (CET)

Coordinate polari

Esempio (2-a)

Se $f(x,y)=x+y\,\!$

applicando la trasformazione si ottiene

$f(\rho ,\phi )=\rho \cos \phi +\rho \sin \phi =\rho \ (\cos \phi +\sin \phi )$.

Esempio (2-b)

Se $f(x,y)=x^{2}+y^{2}\,\!$

Si ottiene in questo caso

$f(\rho ,\phi )=\rho ^{2}(\cos \phi ^{2}+\sin \phi ^{2})=\rho ^{2}\,\!$

sfruttando la prima relazione fondamentale della trigonometria (molto utile per la semplificazione di questi calcoli).

Esempio trasformazione dominio da cartesiano a polare

La trasformazione del dominio avviene esplicitando la lunghezza dei raggi della corona e l'ampiezza dell'angolo descritto per definire gli intervalli ρ, φ a partire da quelli x, y.

Esempio (2-c)

Sia $D=x^{2}+y^{2}\leq 4\,\!$, ovvero una circonferenza di raggio 2; è evidente che l'angolo descritto è l'angolo giro, quindi φ varierà da 0 a 2π, mentre il raggio della corona va da 0 a 2 (la corona con raggio interno nullo è proprio un cerchio) e ρ varierà da 0 a 2.

Esempio (2-d)

Sia $D=\{x^{2}+y^{2}\leq 9,\ x^{2}+y^{2}\geq 4,\ y\geq 0\}$ ovvero la corona circolare nel semipiano delle y positive (si veda la figura in esempio); si nota che φ descrive un angolo piatto mentre ρ varia da 2 a 3. Di conseguenza il dominio trasformato sarà il seguente rettangolo: $T=\{2\leq \rho \leq 3,\ 0\leq \phi \leq \pi \}$.

Esempio (2-e)

Sia $f(x,y)=x\,\!$ e il dominio lo stesso dell'esempio 2-d.

Dall'analisi di D precedentemente effettuata sono già noti gli intervalli di ρ (da 2 a 3) e φ (da 0 a π). Si muti ora la funzione:

$f(x,y)=x\longrightarrow f(\rho ,\phi )=\rho \ \cos \phi$;

infine si applichi la formula per l'integrazione:

$\iint _{D}x\ dxdy=\iint _{T}\rho \cos \phi \ \rho \ d\rho d\phi$.

Una volta noti gli intervalli si ha

$\int _{0}^{\pi }\int _{2}^{3}\rho ^{2}\cos \phi \ d\phi \ d\rho =\int _{0}^{\pi }\cos \phi \ d\phi \ [{\frac {\rho ^{3}}{3}}]_{2}^{3}=[\sin \phi ]_{0}^{\pi }\ (9-{\frac {8}{3}})=0$ .

Esempio (2-f)

È possibile grazie alle coordinate polari andare a calcolare l'area di una circonferenza di raggio generico R.

Sia $D=\{x^{2}+y^{2}\leq R\}.$ Presa $f(x,y)=1$, si calcola il seguente integrale:

$\iint _{D}f(x,y)\ dxdy=\iint _{D}1\ dxdy.$

Passando dalle coordinate cartesiane a quelle polari si giunge al seguente integrale doppio:

$\int _{0}^{R}\int _{0}^{2\pi }\rho \ d\rho \ d\phi =\int _{0}^{R}\rho \ d\rho \int _{0}^{2\pi }d\phi$

L'ultimo passaggio è possibile in quanto la funzione $f(\rho ,\phi )=\rho$ è indipendente da $\phi$. Quindi si ottiene:

$\int _{0}^{R}\rho \ d\rho \int _{0}^{2\pi }\ d\phi ={\frac {\rho ^{2}}{2}}]_{0}^{R}\phi ]_{0}^{2\pi }={\frac {R^{2}}{2}}2\pi =\pi R^{2}$

che è la formula nota per il calcolo dell'area del cerchio di raggio generico R.

Coordinate sferiche

Esempio (4-a)

Sia $D=x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 16$ (sfera di raggio 4 e centro nell'origine); tramite la trasformazione si ottiene la regione $T=\{0\leq \rho \leq 4,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ 0\leq \theta \leq \pi \}$.

Esempio (4-b)

Sia D la stessa regione dell'esempio 4-a ed $f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}\,\!$

La trasformazione della funzione è molto semplice:

$f(\rho \sin \theta \cos \phi ,\rho \sin \theta \sin \phi ,\rho \cos \theta )=\rho ^{2}\,\!$

mentre del dominio già conosciamo gli intervalli della regione trasformata in T:

$(0\leq \rho \leq 4,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ 0\leq \theta \leq \pi )$.

Si applica quindi la formula d'integrazione:

$\iiint _{D}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\ dxdydz=\iiint _{T}\rho ^{2}\ \rho ^{2}\sin \theta \ d\rho d\theta d\phi$;

sviluppando si ha

$\iiint _{T}\rho ^{4}\sin \theta \ d\rho d\theta d\phi =\int _{0}^{\pi }\sin \theta d\theta \int _{0}^{4}\rho ^{4}d\rho \int _{0}^{2\pi }d\phi =2\pi \int _{0}^{\pi }\sin \theta [{\frac {\rho ^{5}}{5}}]_{0}^{4}\ d\theta =$

$=2\pi \ [{\frac {\rho ^{5}}{5}}]_{0}^{4}\ [-\cos \theta ]_{0}^{\pi }=4\pi \cdot {\frac {1024}{5}}={\frac {4096\pi }{5}}$.

Esempio (4-c)

Sia D la palla di centro 0 e raggio 3a ($D=x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 9a^{2}\,\!$) ed $f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}\,\!$.

Analizzando il dominio potrebbe sembrare conveniente adottare il passaggio in coordinate sferiche, infatti gli intervalli delle variabili che delimitano la nuova regione T sono immediati:

$0\leq \rho \leq 3a,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ 0\leq \theta \leq \pi$.

Tuttavia trasformando la funzione si ottiene

$f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}\longrightarrow \rho ^{2}\sin ^{2}\theta \cos ^{2}\phi +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta \sin ^{2}\phi =\rho ^{2}\sin ^{2}\theta$.

Applicando la formula per l'integrazione si otterrebbe

$\iiint _{T}\rho ^{2}\sin ^{2}\theta \rho ^{2}\sin \theta \ d\rho d\theta d\phi =\iiint _{T}\rho ^{4}\sin ^{3}\theta \ d\rho d\theta d\phi$

molto complicato da svolgere. Il problema si risolve utilizzando il passaggio in coordinate cilindriche. I nuovi intervalli di T diventano

$0\leq \rho \leq 3a,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ -{\sqrt {9a^{2}-\rho ^{2}}}\leq z\leq {\sqrt {9a^{2}-\rho ^{2}}}$;

l'intervallo delle z è stato ottenuto dividendo la palla in due semisfere semplicemente risolvendo la disequazione della definizione di D (e trasformando direttamente x² + y² in ρ²). La nuova funzione è semplicemente ρ². Applicando quindi la formula di integrazione si ha

$\iiint _{T}\rho ^{2}\rho \ d\rho d\phi dz$.

Sviluppando si ottiene

$\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{3a}\rho ^{3}d\rho \int _{-{\sqrt {9a^{2}-\rho ^{2}}}}^{\sqrt {9a^{2}-\rho ^{2}}}dz=2\pi \int _{0}^{3a}2\rho ^{3}{\sqrt {9a^{2}-\rho ^{2}}}\ d\rho$.

Si applica ora la trasformazione

$9a^{2}-\rho ^{2}=t\,\!\longrightarrow dt=-2\rho d\rho \longrightarrow d\rho ={\frac {dt}{-2\rho }}\,\!$

(gli intervalli diventano $0,3a\longrightarrow 9a^{2},0$). Si ha

$-2\pi \int _{9a^{2}}^{0}\rho ^{2}{\sqrt {t}}dt$;

dato che $\rho ^{2}=9a^{2}-t\,\!$, si ricava

$-2\pi \int _{9a^{2}}^{0}(9a^{2}-t){\sqrt {t}}dt$;

invertendo gli estremi d'integrazione e moltiplicando i termini tra parentesi l'integrale si può scomporre in due parti direttamente risolvibili: $2\pi \left[\int _{0}^{9a^{2}}9a^{2}{\sqrt {t}}\ dt-\int _{0}^{9a^{2}}t{\sqrt {t}}\ dt\right]=2\pi \left[9a^{2}{\frac {2}{3}}t^{\frac {3}{2}}-{\frac {2}{5}}t^{\frac {5}{2}}\right]_{0}^{9a^{2}}=$

$=2\cdot 27\pi a^{5}\left(6-{\frac {2}{5}}\right)=54\pi {\frac {28}{5}}a^{5}={\frac {1512\pi }{5}}a^{5}$.

Applicando il passaggio in coordinate cilindriche si è riusciti a ricondurre l'integrale triplo ad un integrale ad una variabile più facilmente risolvibile grazie a calcoli molto meno complessi.

Coordinate cilindriche

Esempio (3-a)

Sia $D=\{x^{2}+y^{2}\leq 9,\ x^{2}+y^{2}\geq 4,\ 0\leq z\leq 5\}$ (ovvero il "tubo" avente come corona circolare di base la regione nell'esempio 2-d e come altezza 5); applicando la trasformazione si ottiene la regione $T=\{2\leq \rho \leq 3,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ 0\leq z\leq 5\}$ (ovvero il parallelepipedo con base il rettangolo nell'esempio 2-d e altezza 5).

Poiché la componente z rimane invariata nella trasformazione, i differenziali dx dy dz variano come nel passaggio in coordinate polari, ovvero diventano ρ dρ dφ dz.

Si può quindi applicare la formula finale per il passaggio in coordinate cilindriche:

$\iiint _{D}f(x,y,z)\ dxdydz=\iiint _{T}f(\rho \cos \phi ,\rho \sin \phi ,z)\rho \ d\rho d\phi dz$

È consigliabile utilizzare questo metodo nel caso di domini cilindrici, conici, o comunque regioni per le quali è comodo sia delimitare l'intervallo delle z che trasformare la base circolare e la funzione.

Esempio (3-b)

Sia $f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z\,\!$ con dominio d'integrazione il cilindro $D=\{x^{2}+y^{2}\leq 9,\ -5\leq z\leq 5\}$.

La trasformazione di D in coordinate cilindriche è la seguente:

$T=\{0\leq \rho \leq 3,\ 0\leq \phi \leq 2\pi ,\ -5\leq z\leq 5\}$

mentre la funzione diventa

$f(\rho \ \cos \phi ,\rho \ \sin \phi ,z)=\rho ^{2}+z\,\!$

Si applica infine la formula di integrazione:

$\iiint _{D}(x^{2}+y^{2}+z)\ dxdydz=\iiint _{T}(\rho ^{2}+z)\ \rho \ d\rho d\phi dz$;

esplicitando la formula si ha

$\int _{-5}^{5}dz\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{3}(\rho ^{3}+\rho z)d\rho =2\pi \int _{-5}^{5}\ \left[{\frac {\rho ^{4}}{4}}+{\frac {\rho ^{2}z}{2}}\right]_{0}^{3}\ dz=$

$=2\pi \int _{-5}^{5}\ \left({\frac {81}{4}}+{\frac {9}{2}}z\right)dz=...=2\pi \left({\frac {405}{2}}+225\right)$.