Integrali risolti mediante l'integrazione per sezione

Per svolgere l'integrale triplo, osserviamo prima che la condizione su $z$, ovvero $1 \le z \le 2,$ suggerisce di integrare per sezioni e quindi di scrivere l'integrale come

$$\int_{T} \ln z^2\ dx dy dz = \int_{1}^{2} \ln z^2 mis(D) \ dz$$

dove $D= \left \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: x \ge 0, \quad y \ge 0, \quad \left( x^2 + y^2 \right)^3 \le 4x^2y^2 \right\} $

Adesso, dovremmo riconoscere in $\left( x^2 + y^2 \right)^3 = 4x^2y^2$ l'equazione di una rodonea a 4 petali che può essere espressa con le seguenti equazioni parametriche:

$$\begin{cases} x= \sin(2t)\cos t\\ y= \sin (2t) \sin t\end{cases},\quad t\in [0, \frac{\pi}{2}]$$

Poichè D risulta un dominio chiuso in $\mathbb{R}^2$, possiamo applicare il Teorema di Gauss-Green, che mette in relazione la misura di un dominio con l'integrale curvilineo lungo la sua frontiera e calcolare la misura di D come

$$\begin{eqnarray*} mis (D) & = & \frac{1}{2} \int_{+\partial D} x \ dy - y \ dx = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \sin(2t) \cos t \Bigr( 2 \cos(2t) \sin t + \sin (2t) \cos t \Bigr) - \sin (2t) \sin t \Bigr( 2\cos(2t) \cos t - \sin (2t) \sin t \Bigr)\right] dt = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ 2 \sin (2t) \sin t \cos t \cos(2t) + \sin^2 (2t) \cos^2 t - (2\sin (2t) \sin t \cos t \cos(2t) - \sin^2(2t) \sin^2 t) \right] \ dt = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) [\cos^2 t + \sin ^2 t] \ dt =\\ &=& \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) \ dt \end{eqnarray*}$$

Adesso, ricordando la formula di bisezione del seno $\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1- \cos \alpha}{2}$, con $\alpha = 4t, $ l'ultimo integrale si scrive:

$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) \ dt & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos 4t}{2} \ dt =\\ &=& \frac{1}{2} \left[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \ dt - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos 4t}{2} \ dt \right]\\ & = & \frac{1}{4} \left[ t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos 4t \ dt =\\ &=& \frac{1}{4} \frac{\pi}{2} - \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos 4t \ dt = \\ & = & \frac{\pi}{8} - \frac{1}{16} \left[ \sin 4t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} =\\ &=& \frac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$$

Nota che lo stesso risultato si poteva trovare applicando il cambio di variabili $2t = \theta, dt= \frac{\theta}{2} d\theta$.

Rimane quindi da risolvere l'integrale di partenza, nota la mis(D). Uso l'integrazione per parti per l'integrale in $dz$.

$$\begin{eqnarray*} \int_{T} \ln z^2\ dx dy dz & = & \frac{\pi}{8} \int_{1}^{2} 2 \ln z \ dz = \frac{\pi}{4} \left[ \left[ z \ln z\right]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} dz \right] = \\ & = & \frac{\pi}{4} \left[ 2 \ln 2 - \left[ z \right]_{1}^{2}\right] =\\ &=& \frac{\pi}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4}. \end{eqnarray*}$$

L'esercizio è così concluso. Osserviamo, tuttavia, che in questo esercizio abbiamo applicato un caso particolare del teorema di Green. Nel teorema, infatti, viene dimostrato che dato un dominio $D$ chiuso di $\mathbb{R}^2$ e due funzioni $f$ e $g$ regolari in $D$ si ha:

$$\int \! \! \! \int _{D} f_x \ dx dy = \int_{\partial D} f \ dy$$

e che

$$\int \! \! \! \int _{D} g_y \ dx dy = -\int_{\partial D} g \ dx$$

dove il verso di percorrenza della frontiera si assume antiorario. Applicando allora la prima formula alla funzione $f= x$ e la seconda alla funzione $g=y$ otteniamo la formula per la misura di D.

Anche questa volta osserviamo che per svolgere l'integrale triplo, la condizione su $z$, ovvero $0 \le z \le 4,$ suggerisce di integrare per sezioni e quindi di scrivere l'integrale come

$$\int_{E} x y\ dx dy dz = \int_{0}^{4} \left[ \int_{D} x y \ dx dy \right] \ dz$$

dove $D$ rappresenta il petalo di rodonea nel primo quadrante, che può essere espressa con le seguenti equazioni parametriche:

$$\begin{cases} x= \sin(2t)\cos t\\ y= \sin (2t) \sin t\end{cases},\quad t\in [0, \frac{\pi}{2}], \quad r(t)= \sin(2t)$$

Possiamo allora utilizzare questo cambio di variabili per risolvere l'integrale su $D$. In questo caso, il determinante della matrice Jacobiana è:

$$\begin{eqnarray} {\mathcal J} &=& \left| \begin{array}{ccc} \cos t & r'\cos t - r \sin t \\ \sin t & r'\sin t + r \cos t \end{array} \right| =\\ &=& \cos t (r'\sin t + r \cos t) - \sin t (r'\cos t - r \sin t) =\\ &=& r \cos^2 t +r \sin^2 t = r \end{eqnarray}$$

Vediamo ora di identificare il nuovo dominio $D_t$ su cui integrare con le nuove variabili

$$\begin{eqnarray} D_{t} &=& \left \{ (r,t) : \ t\in \left[0, \frac{\pi}{2} \right], \ r\ge 0, \ (r^2)^3 \le 4 r^4 \cos^2 t \sin^2 t \right \} =\\ &=& \left \{ (r,t) : \ t\in \left[0, \frac{\pi}{2} \right], \ 0 \le r \le 2 \cos t \sin t \right \} =\\ &=& \left \{ (r,t) : \ t\in \left[0, \frac{\pi}{2} \right], \ 0 \le r \le \sin 2t \right \}\end{eqnarray}$$

Allora l'integrale in $dx \ dy$ diventa, nelle nuove coordinate:

$$\begin{eqnarray*} \iint_{D} x y \ dx dy & = & \iint_{D_t} r^ 3 \cos t \ \sin t \ dr dt =\\ &=& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin t \cos t \ dt \int_{0}^{\sin 2t} r^3 \ dr =\\ &=& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2 \cdot \sin t \cos t}{4 \cdot 2} \sin^4 2t \ dt = \\ & = & \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^5 2t \ dt =\\ &=& \frac{1}{16} \int_{0}^{\pi} \sin^5 \tau \ d\tau \end{eqnarray*}$$

dove nell'ultimo passaggio abbiamo usato il cambio di coordinate $t= \frac{\tau}{2}$. Adesso, per risolvere integrali di questo tipo, ricordiamo che valgono le seguenti formule. Dato

$$\int \sin^m x \cos^n x \ dx$$

dobbiamo distinguere due casi

• CASO 1: m o n dispari.

Se è $n= 2k+1 \Rightarrow \cos^n x = (1 - \sin^2 x)^k \cos x$ e sostituire nell'integrale $u = \sin x, \quad du = \cos x \ dx $. Se $m$ è dispari si procede allo stesso modo, sostituendo $u = \cos x, \quad du = -\sin x \ dx $;

• CASO 2: m e n pari.

Si può dimostrare che valgono le seguenti:

$$\begin{eqnarray*} \int \sin^n (ax) \ dx & = & -\frac{1}{na} \sin ^{n-1} (ax) \cos (ax) + \frac{n-1}{n} \int \sin^{n-2} (ax) \ dx \\ \int \cos^n (ax) \ dx & = & \frac{1}{na} \cos ^{n-1} (ax) \sin (ax) + \frac{n-1}{n} \int \cos^{n-2} (ax) \ dx \end{eqnarray*}$$

Nel nostro caso allora abbiamo

$$\begin{eqnarray*} \int \sin^5 \tau \ d\tau & = & \int \sin^4 \tau \sin \tau \ d\tau =\\ &=& \int (1 - \cos^2 \tau)^2 \sin \tau \ d\tau =\\ &=& - \int (1 - u^2)^2 \ du =\\ &=& - \int (1 + u^4 - 2 u^2) \ du = \\ & = & -u - \frac{u^5}{5} + 2 \frac{u^3}{3} =\\ &=& - \cos \tau - \frac{\cos^5 \tau}{5} + 2 \frac{\cos^3 \tau}{3} \end{eqnarray*}$$

dove ovviamente abbiamo posto $u = \cos \tau, \quad du = -\sin \tau \ d\tau $. Riprendendo adesso l'integrale sul dominio $D$, otteniamo:

$$\begin{eqnarray*} \iint_{D} x y \ dx dy & = & \cdots = \frac{1}{16} \int_{0}^{\pi} \sin^5 \tau \ d\tau =\\ &=& \frac{1}{16} \left[ - \cos \tau - \frac{\cos^5 \tau}{5} + 2 \frac{\cos^3 \tau}{3} \right]_{0}^{\pi} = \\ & = &\frac{1}{16} \left[ 1 + \frac{1}{5} - \frac{2}{3} - \left( -1 - \frac{1}{5} + \frac{2}{3} \right)\right] =\\ &=& \frac{1}{16} \left[ 2 + \frac{2}{5} - \frac{4}{3} \right] =\\ &=& \frac{16}{16 \cdot 15} = \frac{1}{15} \end{eqnarray*}$$

Rimane quindi da risolvere l'integrale di partenza

$$\iiint_{E} x y\ dx dy dz = \int_{0}^{4} \left[ \iint_{D} x y \ dx dy \right] \ dz = \int_{0}^{4} \frac{1}{15} \ dz = \frac{4}{15}$$

Si tratta chiaramente di calcolare la misura di $T$, che possiamo quindi scrivere come

$$T = \left \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3: -\sqrt{4-x^2-y^2} \le z \le -\sqrt{4-x^2-y^2}, \quad (x,y)\in C \right \}$$

dove $C$ è il cerchio di centro $(1, 0)$ e raggio $1$ che ricaviamo dall'equazione del cilindro:

$$C = \left \{ (x,y)\in \mathbb{R}^2 : \ (x-1)^2 + y^2 \le 1\right \}$$

La nuova scrittura di $T$ suggerisce di integrare per sezioni, inoltre $T$ risulta simmetrico rispetto al piano $xy$ quindi il suo volume sarà dato da due volte il volume di $T^+$ dove

$$T^+ = \left \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3: 0 \le z \le -\sqrt{4-x^2-y^2}, \quad (x,y)\in C \right \}$$

L'integrale da calcolare è quindi:

$$\begin{eqnarray} Vol(T) &=& \iiint_{T} dx dy dz = 2 \iiint_{T^+} dx dy dz =\\ &=& 2 \iint_{C} \left[ \int_{0}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} \ dz \right] \ dx dy =\\ &=& 2 \iint_{C} \left[ \sqrt{4-x^2-y^2} \right] \ dx dy\end{eqnarray}$$

Per risolvere l'ultimo integrale, passo a coordinate polari:

$$\begin{cases} x= \rho \cos t\\ y= \rho \sin t\end{cases},\quad t\in (0, 2\pi), \quad \rho \ge 0$$

con determinante della matrice Jacobiana in valore assoluto pari a $\rho$. Infatti si ha:

$$ {\mathcal J} = \left| \begin{array}{ccc} \cos t & -\rho \sin t \\ \sin t & \rho \cos t \end{array} \right| = \rho $$

Vediamo ora di identificare il nuovo dominio $C_t$ su cui integrare con le nuove variabili

\begin{eqnarray*} C_{t} & = & \left \{ (\rho,t) : \ \rho^2 \cos^2 t + \rho^2 \sin^2 t - 2\rho \cos t \le 0 \right \} =\\ &=& \left \{ (\rho,t) : \ \rho^2 -2\rho \cos t \le 0 \right \} =\\ &=& \left \{ (\rho,t) : \ 0 \le \rho \le 2\cos t \right \} =\\ & = & \left \{ (\rho,t) : \ t\in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right], \ 0 \le \rho \le 2\cos t \right \} \end{eqnarray*}$$

visto che il $\cos t$ è maggiore di zero per i suscritti valori di $t$.

Allora l'integrale, nelle nuove coordinate, diventa:

$$\begin{eqnarray*} 2 \iint{C} \left[ \sqrt{4-x^2-y^2} \right] \ dx dy & = &2 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \int_{0}^{2\cos t} \sqrt{4 - \rho^2} \ \rho \ d\rho \right] \ dt =\\ &=& - \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[ (4-\rho^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{2\cos t} \ dt = \\ & = & - \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( 4 - 4 \cos ^2 t\right)^{\frac{3}{2}} - 4^{\frac{3}{2}} \ dt =\\ & = & - \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{4(1-\cos ^2 t)^3} \ dt + \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{4^3} \ dt =\\ & = & - \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 2 \left| \sin^3 t\right| \ dt + \frac{16}{3} \left[ t \right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} =\\ &=& - \frac{4}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left| \sin^3 t\right| \ dt + \frac{16}{3} \pi \end{eqnarray*}$$

Dobbiamo quindi risolvere l'integrale con il seno.

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left| \sin^3 t\right| \ dt &=& \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 t \left| \sin t\right| \ dt =\\ &=& \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} -\sin^2 t \sin t \ dt + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 t \sin t \ dt = \\ & = & \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} -(1-\cos^2 t) \sin t \ dt + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^2 t) \sin t \ dt =\\ &=& \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} (1-u^2) \ du - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-u^2) \ du =\\ & = & \left[ u - \frac{u^3}{3}\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{0}+ \left[ -u + \frac{u^3}{3}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} =\\ &=& \left[ \cos t - \frac{\cos^3 t}{3}\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{0}+ \left[ -\cos t + \frac{\cos^3 t}{3}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \\ & = & (1-\frac{1}{3}) + (1-\frac{1}{3}) = \frac{4}{3} \end{eqnarray*}$$

Riprendendo allora l'integrale di partenza, si ha

$$\begin{eqnarray*} 2 \iint_{C} \left[ \sqrt{4-x^2-y^2} \right] \ dx dy & = & - \frac{4}{3} \int_{- \frac{\pi}{2}}^{ \frac{\pi}{2}} \left| \sin^3 t\right| \ dt + \frac{16}{3} \pi =\\ &=& - \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{3} \frac{16}{3} \pi =\\ & = & - \frac{16}{9} + \frac{16}{3} \pi = \\ &=&\frac{16}{3} \left(\pi - \frac{1}{3} \right) \end{eqnarray*}$$

Il dominio $\Omega$ è così composto. Si tratta della parte interna di un iperboloide ad una falda (iperbolico), della parte esterna del cilindro centrato nell'origine e di raggio 1 e di altezza compresa tra 0 e 2.

Si tratta quindi di calcolare l'integrale triplo sul dominio dato, che per la sua struttura, è possibile calcolare per sezioni

$$\int_{\Omega} \ dx dy dz = \int_{0}^{2} \left[ \int_{T} \ dx dy \right] \ dz$$

dove $T$ rappresenta l'esterno della circonferenza centrata nell'origine e di raggio 1 e l'interno di quella centrata nell'origine e di raggio $\sqrt{1+z^2}$:

$$T= \left \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: \quad 1 \le x^2 + y^2 \le 1+z^2 \right\}$$

Basta passare allora alle coordinate polari e il nuovo dominio $T_*$ si scrive

$$T_*= \left \{ (\rho,\theta): \quad 1 \le \rho \le \sqrt{1+z^2}, \quad \theta \in [0, 2\pi]\right\}$$

Quindi:

$$\begin{eqnarray*} \iiint_{\Omega} \ dx dy dz &=& \int_{0}^{2} \left[ \iint_{T} \ dx dy \right] \ dz =\\ &=& 2 \pi \int_{0}^{2} \ dz \int_{1}^{\sqrt{1+z^2}} \rho \ d\rho =\\ &=& \pi \int_{0}^{2} z^2 \ dz = \frac{\pi}{3} \cdot 8 = \frac{8\pi}{3} \end{eqnarray*}$$