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Note per Studenti Esercizio - Cilindro con cavità sferica, volume e integrale triplo (appello 3 settembre 2024)

Esercizio - Cilindro con cavità sferica, volume e integrale triplo (appello 3 settembre 2024)

Esame
In questa pagina 3

Teoria: Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazioneL'integrale triplo ∭_E f si definisce con somme di Cauchy-Riemann su parallelepipedi; per f = 1 è il volume, per f = densità la massa; baricentro e momenti d'inerzia come in dimensione 2. Riduzione per fili (E = {(x,y) ∈ D, h₁ ≤ z ≤ h₂}: ∭ = ∬D(∫{h₁}^{h₂} f dz)dxdy) e per strati (E = {a ≤ z ≤ b, (x,y) ∈ E_z}: ∭ = ∫a^b(∬{E_z} f dxdy)dz). Cambiamento di variabili con |det DT|; coordinate cilindriche (x,y,z) = (ρcosθ, ρsinθ, z), dxdydz = ρ dρdθdz; sferiche (ρsinφcosθ, ρsinφsinθ, ρcosφ), φ ∈ [0,π] colatitudine, dxdydz = ρ²sinφ dρdφdθ; ellissoide di semiassi a,b,c ha volume (4/3)πabc. Solidi di rotazione: Pappo-Guldino (D), |R(A)| = θ̄·x_B·|A| (area di A per lunghezza dell'arco percorso dal baricentro).Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazione →. Fonte: corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD, quarto appello 2024 (la parte sul flusso è omessa).

Testo

Sia Ω={(x,y,z)∈R3:0≤z≤4, x2+y2≤16, x2+y2+(z−4)2≥16}.\Omega = \left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 : 0\le z\le4,\ x^2+y^2\le16,\ x^2+y^2+(z-4)^2\ge16\right\}.

  • (a) Descrivere Ω\Omega e calcolarne il volume.
  • (b) Calcolare ∭Ω∣z−4∣3 dx dy dz\displaystyle\iiint_\Omega|z-4|^3\,dx\,dy\,dz.

Soluzione

(a) Geometria e volume

  • x2+y2≤16x^2+y^2\le16, 0≤z≤40\le z\le4: cilindro di raggio 44 e altezza 44, con base sul piano z=0z=0.
  • x2+y2+(z−4)2≥16x^2+y^2+(z-4)^2\ge16: esterno della palla di centro (0,0,4)(0,0,4) e raggio 44.

La palla ha centro sul bordo superiore del cilindro e raggio uguale a quello del cilindro: sta nel cilindro con la sua metà inferiore (per z≤4z\le4), che tocca il piano z=0z=0 nell'origine. Cilindro e sfera si incontrano solo sulla circonferenza superiore: da 16+(z−4)2=1616+(z-4)^2=16 segue z=4z=4. Quindi Ω\Omega è il cilindro scavato da una cavità semisferica che scende dall'alto.

Volume per differenza: ∣Ω∣=πR2h−12⋅43πR3=64π−128π3=64π3.|\Omega| = \pi R^2h-\tfrac12\cdot\tfrac43\pi R^3 = 64\pi-\frac{128\pi}3 = \frac{64\pi}3. (Metodi alternativi: per fili, ∣Ω∣=∬x2+y2≤16(4−16−x2−y2)dx dy|\Omega| = \iint_{x^2+y^2\le16}\left(4-\sqrt{16-x^2-y^2}\right)dx\,dy, dove 4−16−ρ24-\sqrt{16-\rho^2} è la quota fra il piano z=0z=0 e la sfera inferiore z=4−16−ρ2z=4-\sqrt{16-\rho^2}; oppure per strati.)

Grafico interattivo: Sezione con il piano xz: il rettangolo |x| ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 4 privato del semicerchio di centro (0,4) e raggio 4. La sezione di Ω è la parte esterna al semicerchio

(b) L'integrale ∭Ω∣z−4∣3\iiint_\Omega|z-4|^3

In Ω\Omega si ha z≤4z\le4, quindi ∣z−4∣3=(4−z)3|z-4|^3=(4-z)^3.

Primo modo: cilindriche, per strati. Per z∈[0,4]z\in[0,4] la sezione è la corona 16−(z−4)2≤ρ≤4\sqrt{16-(z-4)^2}\le\rho\le4 (dall'esterno della sfera al cilindro). Con ρ dρ dθ dz\rho\,d\rho\,d\theta\,dz: I=∫02πdθ∫04(4−z)3(∫16−(z−4)24ρ dρ)dz.I = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^4(4-z)^3\left(\int_{\sqrt{16-(z-4)^2}}^4\rho\,d\rho\right)dz. L'integrale radiale è [ρ22]=16−(16−(z−4)2)2=(4−z)22\left[\frac{\rho^2}2\right] = \frac{16-(16-(z-4)^2)}2 = \frac{(4-z)^2}2. Quindi I=2π∫04(4−z)52dz=π[−(4−z)66]04=π⋅466=2048π3.I = 2\pi\int_0^4\frac{(4-z)^5}2dz = \pi\left[-\frac{(4-z)^6}6\right]_0^4 = \frac{\pi\cdot4^6}6 = \frac{2048\pi}3. Secondo modo: per fili paralleli a zz. La proiezione di Ω\Omega su xyxy è il disco ρ≤4\rho\le4; sul filo la quota va da 00 a 4−16−ρ24-\sqrt{16-\rho^2}: ∫04−16−ρ2(4−z)3dz=[−(4−z)44]04−16−ρ2=64−(16−ρ2)24.\int_0^{4-\sqrt{16-\rho^2}}(4-z)^3dz = \left[-\frac{(4-z)^4}4\right]_0^{4-\sqrt{16-\rho^2}} = 64-\frac{(16-\rho^2)^2}4. Integrando sul disco in polari: I=2π∫04(64−(16−ρ2)24)ρ dρ=2π[64⋅8−14⋅1636]=2π(512−5123)I = 2\pi\int_0^4\left(64-\frac{(16-\rho^2)^2}4\right)\rho\,d\rho = 2\pi\left[64\cdot8-\frac14\cdot\frac{16^3}6\right] = 2\pi\left(512-\frac{512}{3}\right). Infatti ∫04(16−ρ2)2ρ dρ=1636=20483\int_0^4(16-\rho^2)^2\rho\,d\rho = \frac{16^3}6=\frac{2048}3. Dunque I=2π(512−5123)=2π⋅10243=2048π3I = 2\pi\left(512-\frac{512}3\right) = 2\pi\cdot\frac{1024}3 = \frac{2048\pi}3 ✓.

Risultati: ∣Ω∣=64π3|\Omega| = \frac{64\pi}3, ∭Ω∣z−4∣3=2048π3\iiint_\Omega|z-4|^3=\frac{2048\pi}3.

Errori tipici

  • Dimenticare di togliere il valore assoluto con il segno giusto: in Ω\Omega è z≤4z\le4, quindi ∣z−4∣=4−z|z-4|=4-z.
  • Scrivere la sezione come un disco invece che come una corona (la cavità è un buco).
  • Prendere l'intera palla al posto della mezza palla nel calcolo del volume per differenza: la parte per z>4z>4 non è nel cilindro.

Versione ripasso

Testo. Ω={0≤z≤4, x2+y2≤16, x2+y2+(z−4)2≥16}\Omega = \{0\le z\le4,\ x^2+y^2\le16,\ x^2+y^2+(z-4)^2\ge16\}: volume e ∭∣z−4∣3\iiint|z-4|^3.

Soluzione.

  • Cilindro R=4R=4, h=4h=4 meno semipalla di raggio 44 (centro (0,0,4)(0,0,4)): V=64π−128π3=64π3V = 64\pi-\frac{128\pi}3 = \frac{64\pi}3.
  • In Ω\Omega, ∣z−4∣3=(4−z)3|z-4|^3=(4-z)^3.
  • Cilindriche: sezione 16−(z−4)2≤ρ≤4\sqrt{16-(z-4)^2}\le\rho\le4, ∫ρ dρ=(4−z)22\int\rho\,d\rho = \frac{(4-z)^2}2; I=2π∫04(4−z)52dz=46π6=2048π3I = 2\pi\int_0^4\frac{(4-z)^5}2dz = \frac{4^6\pi}6 = \frac{2048\pi}3.
  • Fili: ∫04−16−ρ2(4−z)3dz=64−(16−ρ2)24\int_0^{4-\sqrt{16-\rho^2}}(4-z)^3dz = 64-\frac{(16-\rho^2)^2}4; stesso risultato.

Errori: segno di ∣z−4∣|z-4|; sezione corona non disco; semipalla.

Passaggi. Intersezione cilindro-sfera: z=4z = 4. Sezione a quota zz: corona 16−(z−4)2≤ρ≤4\sqrt{16 - (z - 4)^2}\le\rho\le4, ∫ρ dρ=(4−z)22\int\rho\,d\rho = \frac{(4 - z)^2}2. Per fili: ∫04−16−ρ2(4−z)3dz=64−(16−ρ2)24\int_0^{4 - \sqrt{16 - \rho^2}}(4 - z)^3dz = 64 - \frac{(16 - \rho^2)^2}4, ∫04(16−ρ2)2ρ dρ=1636\int_0^4(16 - \rho^2)^2\rho\,d\rho = \frac{16^3}6. Volume per strati: ∫04π(16−(16−(z−4)2))dz=π∫04(z−4)2dz=64π3\int_0^4\pi\big(16 - (16 - (z-4)^2)\big)dz = \pi\int_0^4(z - 4)^2dz = \frac{64\pi}3 ✓.

Teoria collegata